PG 3 MAT
(mapę wygenerowano: 15-11-2018 16:09)
Odkryj, zrozum, zastosuj...
Kolekcja zmodyfikowana: 2016-02-05 22:13 CEST
Stereometria
Moduł: iRUfNwnOKO wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iRUfNwnOKO_d5e78
W tym rozdziale omówimy podstawowe zależności między figurami w przestrzeni.
Obraz przestrzeni, zgodny z tym, jaki tworzy oko ludzkie, jest przedstawiany w malarstwie lub rysunku za pomocą zasad perspektywy. Dzięki temu sposobowi płaskiego odwzorowania jesteśmy w stanie wyobrazić sobie rzeczywisty kształt i wzajemne położenie przedstawianych obiektów przestrzennych.
[tu proponuję jakiś obraz z czytelną perspektywą liniową, np. jeden z poniższych obrazów Canaletta – nie wiem, jak jest z prawami autorskimi]
💥[185161]💥
Takie kompleksowe podejście do związków między obiektami w przestrzeni nie będzie nam potrzebne. W kilku kolejnych rozdziałach będziemy badać jedynie wybrane własności pewnych figur geometrycznych umieszczonych w przestrzeni trójwymiarowej.
W przedstawionych przykładach będziemy się starali przeprowadzić rozumowanie stosowne do zadanej sytuacji przestrzennej. Wprowadzimy też niezbędne definicje, a kluczowe zależności między omawianymi obiektami podamy jako twierdzenia.
Związki miarowe w figurach przestrzennych będziemy analizować za pomocą rysunków przedstawionych na płaszczyźnie. Przyjmujemy znaną i stosowaną w praktyce szkolnej umowę, że modele figur przestrzennych (które inaczej nazywamy bryłami) będziemy odwzorowywać na płaszczyźnie według zasad rzutu równoległego. W ten sposób figury równoległe do kartki będą przystające do ich obrazów narysowanych na kartce, a figury nierównoległe do kartki zmienią kształt.Poniżej przedstawiony jest model sześcianu ABCDEFGH narysowany według powyższych zasad.💥[185162]💥
Jego ściany ABEF i CDHG leżą w płaszczyźnie równoległej do kartki, więc są narysowane jako kwadraty, a w przypadku pozostałych ścian narysowane są równoległoboki.
Link do treści
ID WOMI: 185161
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4303
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4303
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Trzy obrazy przedstawiające widoki ulicy z widoczną perspektywą liniową.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185162
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4304
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4304
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 2. iRUfNwnOKO_d5e144
Punkty i proste w przestrzeni
W poniższych przykładach będziemy ilustrowali płaszczyznę w przestrzeni, prezentując jej wybraną część, istotną dla prezentowanych rozważań. Zazwyczaj będzie to prostokąt wycięty z tej płaszczyzny. Na rysunku przedstawiona jest płaszczyzna p1 i leżące w niej dwa punkty A i B.
Rozpatrzmy prostą AB na płaszczyźnie p1.💥[185163]💥
Zauważmy, że oprócz płaszczyzny p1 są jeszcze inne, w których leży prosta AB.💥[185159]💥
Rozpatrzmy teraz płaszczyznę p2 różną od p1, w której leży punkt A, ale nie leży w niej punkt B. Wtedy poza punktem A nie ma na prostej AB takiego punktu, który leży też w płaszczyźnie p2. Natomiast jeżeli punkt C leżący w płaszczyźnie p1 leży również w płaszczyźnie p2, to wszystkie punkty prostej AC leżą zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2. 💥[185174]💥
Zauważmy, że:
p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należą wszystkie trzy punkty A, B i C,
p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należy prosta AB oraz punkt C,p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należą proste AB i AC.Uogólniając to spostrzeżenie, stwierdzimy, że płaszczyzna jest wyznaczona jednoznacznie przez:
trzy różne punkty niewspółliniowe (zatem stolik na trzech nogach postawiony na podłodze jest stabilny - nie będzie się chwiał),
prostą i punkt, który do niej nie należy,
dwie proste przecinające się.
Link do treści
ID WOMI: 185163
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4305
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4305
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek prostej AB na płaszczyźnie p indeks dolny 1.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185159
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_465
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_465
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek czterech płaszczyzn przecinających się wzdłuż prostej AB.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185174
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4306
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4306
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek przecinających się płaszczyzn, płaszczyzny p indeks dolny 1, na której leżą punkty A, B, C oraz płaszczyzny p indeks dolny 2, na której leżą punkty A, C.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 3. iRUfNwnOKO_d5e198
Dwie płaszczyzny
o dwóch różnych płaszczyznach nierównoległych
Jeżeli dwie różne płaszczyzny p1 i p2 mają wspólne dwa różne punkty A i B, to prosta AB leży zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2. Mówimy wtedy, że prosta AB jest krawędzią przecięcia tych płaszczyzn. W przestrzeni istnieją również pary płaszczyzn, które nie mają punktów wspólnych.
Różne płaszczyzny równoległeRóżne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczyznami równoległymi.💥[185175]💥
Możliwe są zatem trzy przypadki, opisujące wzajemne położenie dwóch płaszczyzn:
dwie płaszczyzny pokrywają się (każdy punkt jednej płaszczyzny należy również do drugiej płaszczyzny),
dwie płaszczyzny przecinają się (ich częścią wspólną jest wtedy prosta),
dwie płaszczyzny nie mają punktów wspólnych (są równoległe).Uwaga. Rozpatrzmy dwie płaszczyzny równoległe p1 i p2 oraz płaszczyznę p3, która nie jest do nich równoległa. Wówczas płaszczyzna p3 przecina każdą z płaszczyzn p1 oraz p2 wzdłuż prostej - odpowiednio k lub l.💥[185176]💥
Te proste leżą w jednej płaszczyźnie p3, ale nie mają punktów wspólnych, ponieważ leżą w płaszczyznach równoległych p1 oraz p2. Oznacza to, że proste k i l są także równoległe. Z drugiej strony: jeżeli w każdej z dwóch płaszczyzn równoległych p1 oraz p2 wybierzemy proste równoległe odpowiednio k i l, to przez te proste przechodzi dokładnie jedna płaszczyzna.Zatem płaszczyzna jest wyznaczona jednoznacznie również przez dwie proste równoległe.
Link do treści
ID WOMI: 185175
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4607
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4607
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek dwóch płaszczyzn równoległych: p indeks dolny 1 i p indeks dolny 2.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185176
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4308
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4308
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek dwóch płaszczyzn równoległych: p indeks dolny 1 i p indeks dolny 2. Płaszczyzny te przecina płaszczyzna p indeks dolny 3 wzdłuż prostych k i l.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. iRUfNwnOKO_d5e264
Prosta i płaszczyzna
prosta równoległa do płaszczyznyprosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych, jest równoległa do tej płaszczyzny.💥[185177]💥
Uwaga. Przyjmujemy, że każda prosta leżąca w płaszczyźnie jest także równoległa do tej płaszczyzny (jak np. prosta AB z poprzedniego przykładu, która leży w płaszczyźnie p1).
prosta przebijająca płaszczyznęprosta przebijająca płaszczyznę
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie jest do tej płaszczyzny równoległa, ma dokładnie jeden punkt wspólny z tą płaszczyzną. Mówimy, że prosta przebija płaszczyznę w tym punkcie.💥[185178]💥
Możliwe są zatem trzy przypadki, opisujące wzajemne położenie prostej i płaszczyzny:
prosta leży na płaszczyźnie (każdy punkt prostej jest również punktem płaszczyzny),
prosta przebija płaszczyznę (prosta ma dokładnie jeden punkt wspólny z płaszczyzną),prosta jest równoległa do płaszczyzny (prosta i płaszczyzna nie mają punktów wspólnych).
Na rysunku przedstawiony jest graniastosłup trójkątny ABCDEF o podstawach ABC i DEF.
Rozpatrzmy płaszczyznę p1, w której leży podstawa ABC. Prosta AB leży w tej płaszczyźnie, prosta DE jest do niej równoległa, a prosta DC przebija płaszczyznę p1 w punkcie C.💥[185179]💥
Rozpatrzmy płaszczyznę p2, w której leży ściana boczna BCFE. Prosta FC leży w tej płaszczyźnie, prosta DA jest do niej równoległa, a prosta DB przebija płaszczyznę p2 w punkcie B.💥[185180]💥
Rozpatrzmy płaszczyznę p3, w której leżą punkty A, B oraz F. Trójkąt ABF jest płaskim przekrojem graniastosłupa ABCDEF płaszczyzną p3. Prosta AB leży w tej płaszczyźnie, prosta CF przebija ją w punkcie F, a prosta DE jest do płaszczyzny p3 równoległa.💥[185182]💥
ID WOMI: 185177
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4309
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4309
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p i prostej k równoległej do tej płaszczyzny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185178
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4310
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4310
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p i prostej k, która przebija płaszczyznę w punkcie A.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185179
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4311
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4311
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa trójkątnego prostego A B C D E F o podstawach A B C i D E F oraz płaszczyzny p indeks dolny 1. W płaszczyźnie p indeks dolny 1 leży podstawa A B C. Prosta AB leży w tej płaszczyźnie, prosta EF jest do niej równoległa, a prosta DC przebija płaszczyznę p indeks dolny 1 w punkcie C.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185180
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4312
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4312
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa trójkątnego prostego A B C D E F o podstawach A B C i D E F oraz płaszczyzny p indeks dolny 2. W płaszczyźnie p indeks dolny 2 leży ściana boczna B C F E. Prosta FC leży w tej płaszczyźnie, prosta DA jest do niej równoległa, a prosta DB przebija płaszczyznę p indeks dolny 2 w punkcie B.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185182
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4313
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4313
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa trójkątnego prostego A B C D E F o podstawach A B C i D E F oraz płaszczyzny p indeks dolny 3. W płaszczyźnie p indeks dolny 3 leżą punkty A, B oraz F. Trójkąt A B F jest płaskim przekrojem graniastosłupa A B C D E F płaszczyzną p indeks dolny 3. Prosta AB leży w tej płaszczyźnie, prosta CF przecina ją w punkcie F, a prosta DE jest do płaszczyzny p indeks dolny 3 równoległa.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. iRUfNwnOKO_d5e366
Dwie proste w przestrzeni
Przypomnijmy, że dwie proste przecinające się oraz dwie różne proste równoległe leżą w jednej płaszczyźnie.Istnieją w przestrzeni pary prostych, które nie mają punktów wspólnych i nie leżą w jednej płaszczyźnie.
Wybierzmy w przestrzeni punkty A i B oraz taki trzeci punkt C, który nie leży na prostej AB. Płaszczyznę, którą wyznaczyły punkty A, B, C, oznaczmy przez p.Rozpatrzmy teraz prostą k, która przebija płaszczyznę p w punkcie C i wybierzmy na prostej k punkt D różny od C.💥[185183]💥
Pokażemy, że proste AB i CD nie mają punktów wspólnych.Gdyby proste AB i CD miały punkt wspólny, to te dwie proste wyznaczałyby płaszczyznę. Ponieważ punkty A, B oraz C leżą w płaszczyźnie p, więc to właśnie p byłaby płaszczyzną wyznaczoną przez proste AB i CD. Jednakże punkt D nie leży w płaszczyźnie p, co oznacza, że proste AB i CD nie mają punktów wspólnych i nie leżą w jednej płaszczyźnie. Proste AB i CD są tak zwanymi prostymi skośnymi.
proste skośne w przestrzeniproste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi skośnymi.
Na rysunku przedstawiony jest prostopadłościan ABCDEFGH. 💥[185184]💥
Wykażemy, że:
proste AB i DH są skośne Rozpatrzmy płaszczyznę ściany ADHE. W tej płaszczyźnie leżą punkty A, D i H, natomiast punkt B w niej nie leży. Zatem proste AB i DH są skośne.💥[185185]💥
proste AE i BH są skośne Rozpatrzmy płaszczyznę ściany ABFE. W tej płaszczyźnie leżą punkty A, B i E, natomiast punkt H w niej nie leży. Zatem proste AE i BH są skośne.💥[185186]💥
proste BH i DG są skośne Rozpatrzmy płaszczyznę ściany DCGH, w której leżą punkty D, G i H. Punkt B nie leży w płaszczyźnie wyznaczonej przez punkty D, G i H. Zatem proste BH i DG są skośne.💥[185187]💥
Możliwe są zatem cztery następujące przypadki opisujące wzajemne położenie dwóch prostych w przestrzeni:
proste pokrywają się (każdy punkt jednej prostej należy również do drugiej),
proste leżą w jednej płaszczyźnie i przecinają się w jednym punkcie,
proste leżą w jednej płaszczyźnie i nie mają punktów wspólnych (są równoległe),
proste nie leżą w jednej płaszczyźnie i nie mają punktów wspólnych (są skośne).
Link do treści
ID WOMI: 185183
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4314
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4314
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p i prostej AB leżącej na płaszczyźnie. Poprowadzona prosta k, która przebija płaszczyznę w punkcie C.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185184
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4315
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4315
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185185
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4316
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4316
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F. Zaznaczone proste AB i DH.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185186
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4317
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4317
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F. Zaznaczone proste AE i HB.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185187
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4318
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4318
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F. Zaznaczone proste HB i DG.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 6. iRUfNwnOKO_d5e451
Link do treści
(1)
Prosta prostopadła do płaszczyzny. Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny
Omówimy teraz pojęcie prostej prostopadłej do płaszczyzny.
W wielu sytuacjach praktycznych użytkujemy sprzęty, w których działaniu widać zastosowanie modelu pojęcia prostej prostopadłej do płaszczyzny. Każde skrzydła drzwi, okna (o ile nie są uchylne), bramy czy furtki muszą być zamocowane na zawiasach do pionowego, nieruchomego słupka ościeżnicy (nazywanej też futryną). Fachowiec, który montuje taką ościeżnicę, musi sprawdzić, czy słupek jest umocowany w pionie. Za pomocą odpowiednich narzędzi (np. poziomicy) weryfikuje ustawienie słupka, korzystając z następującej zasady: słupek jest ustawiony pionowo, gdy zostało ustalone, że jest on prostopadły do poziomu w dwóch różnych kierunkach. Kiedy słupek ościeżnicy jest zamocowany pionowo, to niezależnie od tego, jak odchylimy zamocowane do niego skrzydła drzwi, zawsze będziemy mieli pewność, że są one ustawione właściwie (czyli prostopadle do poziomu).
Formalnie pojęcie prostej prostopadłej do płaszczyzny wprowadzamy za pomocą następującej definicji.
prostej prostopadłej do płaszczyznyprostej prostopadłej do płaszczyzny
Prostą k, przebijającą płaszczyznę p w punkcie O nazywamy prostopadłą do tej płaszczyzny, gdy prosta k jest prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
o prostej prostopadłej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz dwie zawarte w tej płaszczyźnie proste l i m, które przecinają się w punkcie O. Jeżeli prosta k przebija płaszczyznę p w punkcie O tak, że jest prostopadła zarówno do prostej m, jak i do prostej l, to jest ona prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
Wybierzmy na prostej k punkt K różny od O. Przez K’ oznaczmy punkt symetryczny do K względem O. Rozpatrzmy w płaszczyźnie p dwie proste:
dowolną prostą n, która przechodzi przez punkt O i jest różna od każdej z prostych k i l,
dowolną prostą s, która leży w płaszczyźnie p i nie przechodzi przez punkt O. Przez L, M oraz N oznaczmy punkty, w których prosta s przecina proste odpowiednio l, m i n. 💥[185188]💥
Wtedy:
w trójkącie KK’M prosta OM jest prostopadła do KK’ i przechodzi przez środek O tego boku, zatem jest symetralną boku KK’. Oznacza to, że MK=MK'.w trójkącie KK’L prosta OL jest prostopadła do KK’ i przechodzi przez środek O tego boku, zatem jest symetralną boku KK’. Oznacza to, że LK=LK'. Ponieważ MK=MK' oraz LK=LK', więc na mocy cechy bok-bok-bok stwierdzamy, że trójkąty MKL i MK’L są przystające. Stąd wynikają równości kątów: ∠KML=∠K'ML oraz ∠KLM=∠K'LM.Ponieważ MK=MK' oraz ∠KMN=∠K'MN, więc na mocy cechy bok-kąt-bok stwierdzamy, że trójkąty MKN i MK’N są przystające. Stąd NK=NK', co oznacza, że trójkąt KNK’ jest równoramienny. W tym trójkącie środkowa ON poprowadzona z wierzchołka między ramionami jest prostopadła do podstawy KK’. Oznacza to, że prosta n jest prostopadła do prostej k. To spostrzeżenie kończy dowód.
Uwaga. Ponieważ prosta KK’ jest prostopadła do płaszczyzny p, więc każda z płaszczyzn przechodzących przez prostą KK’:
płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz M,
płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz N,
płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz Ljest prostopadła do płaszczyzny p.Zatem dwie płaszczyzny nazywamy prostopadłymi, jeśli jedna przechodzi przez prostą prostopadłą do drugiej.
Prowadząc prostopadłą na płaszczyznę p z punktu A leżącego poza tą płaszczyzną, przebijamy płaszczyznę p w punkcie B. Długość odcinka AB wyznacza o
(2)
dległość punktu A od płaszczyzny p. Jeżeli wybierzemy na płaszczyźnie p dowolny punkt P różny od B, to jego odległość od A jest większa od długości odcinka AB, co natychmiast wynika z zastosowania twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym ABP.💥[185189]💥
Punkt B nazywamy też rzutem prostokątnym punktu A na płaszczyznę p.Równie oczywiste jest spostrzeżenie, że wszystkie punkty prostej równoległej do danej płaszczyzny są równoodległe od tej płaszczyzny. 💥[185190]💥
Jeżeli natomiast dla pewnych dwóch punktów prostej odległości od płaszczyzny są różne, to ta prosta przebija płaszczyznę.💥[185191]💥
Zauważmy, że rzutem prostokątnym dowolnej prostej k na płaszczyznę p jest prosta l, którą niekiedy nazywa się śladem prostej k na płaszczyźnie p.
Przy montażu terenowego masztu antenowego stosuje się tzw. odciągi. Są to zazwyczaj linki stalowe o odpowiedniej wytrzymałości. Jeden koniec odciągu jest połączony z konstrukcją masztu, a drugi – z podłożem. Do mocowania odciągu w praktyce stosuje się regulowane połączenia przegubowe zarówno od strony podłoża, jak i masztu. Odciągi rozmieszcza się równomiernie wokół osi masztu, w grupach po trzy lub cztery. Żeby odciągi te jednakowo przenosiły obciążenia poziome, należy zadbać również o to, aby były nachylone do płaszczyzny podłoża pod takim samym kątem. 💥[185192]💥
Pokażemy, że wszystkie te warunki są zrealizowane, gdy miejsca połączeń odciągów z fundamentem znajdują się w wierzchołkach wielokąta foremnego, wpisanego w okrąg o środku znajdującym się w punkcie mocowania masztu do podłoża.Rozpatrzmy model masztu z trzema odciągami (jak na rysunku).💥[185193]💥
Spójrzmy na płaszczyznę p, w której leżą punkty A, B, C i O. Punkty A, B, C znajdują się w wierzchołkach trójkąta równobocznego, wpisanego w okręg o środku O. 💥[185194]💥
Każdy z odcinków: OA, OB, OC jest rzutem prostokątnym odcinka odpowiednio: AW, BW oraz CW na płaszczyznę p. 💥[185195]💥
Ponieważ AO=BO=CO, więc na mocy cechy bok-kąt-bok trójkąty prostokątne: AOW, BOW, COW są przystające. Oznacza to, że odcinki AW, BW oraz CW są równe, a także równe są kąty: OAW, OBW, OCW. 💥[185196]💥
Każdy z kątów: OAW, OBW, OCW uznajemy za kąt nachylenia prostej odpowiednio: AW, BW oraz CW do płaszczyzny p.
Przyjmujemy bowiem następującą umowę.
kąt nachylenia prostej do płaszczyznykąt nachylenia prostej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która nie jest ani równoległa, ani prostopadła do płaszczyzny p. Kątem nachylenia prostej k do płaszczyzny p nazywamy kąt ostry między tą prostą i jej rzutem prostokątnym l na płaszczyznę p.💥[185197]💥
Rozpatrzmy model masztu OW z czterema odciągami AW, BW, CW oraz DW. Przy opisanych wcześniej założeniach: czworokąt ABCD jest kwadratem, którego przekątne przecinają się w punkcie O.💥[185198]💥
Ponieważ AO=BO=CO=DO, więc na mocy cechy bok-kąt-bok trójkąty prostokątne: AOW, BOW, COW oraz DOW są przystające. Oznacza to, że równe są kąty nachylenia odcinków AW, BW, CW oraz DW do płaszczyzny, w której leży kwadrat ABCD.💥[185199]💥
W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym ABCDEF podstawami są trójkąty ABC i DEF. Zaznaczymy kąt, pod jakim przekątna DB ściany bocznej ABCD jest nachylona do ściany bocznej BCFE.💥[185200]💥
Wyznaczymy rzut prostokątny prostej BD na ścianę BC
(3)
FE. Postawmy w tym celu graniastosłup na tej ścianie.Zauważmy, że prosta BD przebija ścianę BCFE w punkcie B. Dany graniastosłup jest prosty, zatem płaszczyzny ścian DEF i BCFE są prostopadłe. Ponadto trójkąt DEF jest równoboczny, więc rzutem prostokątnym punktu D na ścianę BCFE jest punkt G – środek krawędzi EF. Zatem kątem α, pod jakim prosta DB jest nachylona do ściany BCFE, jest kąt DBG.💥[185201]💥
ID WOMI: 185188
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4319
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4319
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny oraz prostych zawartych w niej i przecinających się w punkcie O. Zaznaczono prostą k prostopadłą do obu prostych i do każdej innej prostej leżącej na tej płaszczyźnie.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185189
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4320
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4320
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz punktów B, P leżących na niej oraz punktu A leżącego poza płaszczyzną. Z punktu A na płaszczyznę p opuszczona jest prostopadła, która przebija ją w punkcie B.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185190
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4321
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4321
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz dwóch prostych równoległych k i l. Prosta l leży na płaszczyźnie, prosta k równoległa do prostej l nie należy do tej płaszczyzny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185191
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4322
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4322
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz dwóch prostych k i l. Prosta l leży na płaszczyźnie, prosta k nie należy do tej płaszczyzny ale przebija tę płaszczyznę.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185192
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4323
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4323
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Dwa zdjęcia masztów antenowych z odciągami.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185193
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4324
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4324
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek masztu antenowego w postaci półprostej OW. Zaznaczono trzy odcinki CW, AW, BW, które imitują odciągi.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185194
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4325
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4325
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trójkąta A B C wpisanego w okrąg o środku O. Zaznaczono odcinki OA, OB, OC.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185195
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4326
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4326
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek odcinków AW, BW, CW oraz ich rzutów prostokątnych OA, OB, OC.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185196
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4327
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4327
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech przystających trójkątów prostokątnych A O W, B O W, C O W. Trójkąty leżą po jednej stronie wspólnego boku OW.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185197
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4328
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4328
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz dwóch prostych k i l. Prosta l leży na płaszczyźnie, prosta k nie należy do tej płaszczyzny ale przebija tę płaszczyznę pod kątem alfa.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185198
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4329
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4329
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek masztu antenowego w postaci półprostej OW. Zaznaczono cztery odcinki CW, AW, BW, DW, które imitują odciągi.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185199
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4330
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4330
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek czterech trójkątów prostokątnych A O W, B O W, C O W, D O W. Trójkąty leżą po jednej stronie wspólnego boku OW.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185200
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4332
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4332
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F. Zaznaczono przekątną BD.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185201
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4333
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4333
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa prostego A B C D E F. Zaznaczono prostą BD oraz kąt alfa jaki tworzy, ze ścianą boczną B C F E.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 7. iRUfNwnOKO_d5e671
Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych
o trzech prostych prostopadłych
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Oznaczmy przez l prostą, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p. Wówczas dowolna prosta m leżąca w płaszczyźnie p jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l. 💥[185202]💥
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który leży na prostej l. 💥[185203]💥
Wtedy prosta KL jest prostopadła do płaszczyzny p, a więc każda płaszczyzna, która zawiera prostą KL, jest prostopadła do p. Jedną z takich płaszczyzn jest ta, którą wyznaczają proste k i l. Nazwijmy tę płaszczyznę p’. Rozpatrzmy prostą n leżącą w płaszczyźnie p’, przechodzącą przez punkt P i równoległą do KL. 💥[185204]💥
Ponieważ prosta n jest prostopadła do płaszczyzny p, więc jest również prostopadła do prostej m.Zatem:
jeżeli m jest także prostopadła do k, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest prostopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz k), zatem i do prostej l,
jeżeli m jest także prostopadła do l, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest prostopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz l), zatem i do prostej k.Oznacza to, że prosta m jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l. To spostrzeżenie kończy dowód.
Podstawą ostrosłupa ABCDW jest prostokąt ABCD. Krawędź boczna DW jest wysokością tego ostrosłupa. Wykażemy, że wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami prostokątnymi.Ponieważ krawędź boczna DW jest wysokością tego ostrosłupa, więc prosta DW jest prostopadła do płaszczyzny podstawy ABCD danego ostrosłupa. W szczególności DW jest prostopadła do prostych DA oraz DC, zatem trójkąty ADW i CDW są prostokątne.💥[185205]💥
Zauważmy ponadto, że:
prosta AW przebija płaszczyznę podstawy ostrosłupa w punkcie A, a jej rzutem prostokątnym na tę płaszczyznę jest prosta DA,prosta CW przebija płaszczyznę podstawy ostrosłupa w punkcie C, a jej rzutem prostokątnym na tę płaszczyznę jest prosta DC.Ponieważ ABCD jest prostokątem, więc prosta DA jest prostopadła do prostej AB, a prosta DC jest prostopadła do prostej CB. Korzystając zatem z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, stwierdzamy, że:
prosta AW jest prostopadła do prostej AB, co oznacza, że trójkąt ABW jest prostokątny,
prosta CW jest prostopadła do prostej CB, co oznacza, że trójkąt BCW jest prostokątny.💥[185206]💥
W ten sposób wykazaliśmy, że wszystkie ściany boczne ostrosłupa ABCDW są trójkątami prostokątnymi.
Link do treści
ID WOMI: 185202
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4334
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4334
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185203
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4335
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4335
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l. Na prostej k leży punkt K różny od punktu P oraz punkt L, który jest rzutem prostokątnym punktu K.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185204
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4336
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4336
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l. Na prostej k leży punkt K różny od punktu P oraz punkt L, który jest rzutem prostokątnym punktu K. Prosta n jest równoległa do prostej KL.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185205
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4337
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4337
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonymi dwoma kątami prostymi przy wierzchołku D.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185206
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4338
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4338
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonymi kątami prostymi W A B i W C B oraz D A B I D C B.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 8. iRUfNwnOKO_d5e779
Link do treści
(1)
Kąt między dwiema płaszczyznami
Podamy teraz sposób, według którego mierzymy kąt nachylenia płaszczyzny q do płaszczyzny p, gdy te płaszczyzny nie są ani równoległe, ani prostopadłe.
W tym celu z dowolnego punktu P wybranego na krawędzi k tych płaszczyzn (czyli na prostej, wzdłuż której przecinają się płaszczyzny p i q) prowadzimy w każdej z tych płaszczyzn prostą prostopadłą do krawędzi k – oznaczmy te proste przez l i m. Mniejszy z kątów utworzonych przez proste l i m nazywamy kątem nachylenia płaszczyzny p do płaszczyzny q.
Praktycznie dla zmierzenia takiego kąta nachylenia wystarczy zatem zaznaczyć dwie prostopadłe do krawędzi półproste w stosownych do sytuacji półpłaszczyznach i zmierzyć kąt między nimi.💥[185207]💥
W tej sytuacji warto przypomnieć pomysł z wcześniejszego przykładu – po otwarciu drzwi zamocowanych do pionowego słupka ościeżnicy możemy, stosując powyższy przepis, bez kłopotu zmierzyć kąt, o jaki skrzydła tych drzwi odchyliły się od płaszczyzny, w której zamocowana jest ościeżnica.
Wróćmy do modelu, rozpatrywanego w przykładzie 7. Wykażemy, że każda z czterech płaszczyzn ścian bocznych ostrosłupa ABCDW jest nachylona pod tym samym kątem do płaszczyzny podstawy ABCD.
sposób IRozpatrzmy dwie płaszczyzny: płaszczyznę p, w której leży kwadrat ABCD, oraz płaszczyznę q1, w której leżą punkty B, C i W. Oznaczmy przez E środek odcinka BC. Narysujmy trójkąt BCW na płaszczyźnie, na której leży kwadrat ABCD. 💥[185208]💥
Zauważmy, że
ponieważ punkty B i C są równo oddalone od punktu O, więc O leży na symetralnej odcinka BC,
ponieważ punkty B i C są równo oddalone od punktu W, więc W leży na symetralnej odcinka BC.Zatem w punkcie E, symetralna OW przecina pod kątem prostym odcinek BC.Oznacza to, że mierząc kąt OEW (oznaczony na rysunku jako α), dowiemy się, pod jakim kątem płaszczyzna q1 jest nachylona do płaszczyzny p.💥[185209]💥
Rozpatrzmy z kolei płaszczyzny:
q2 – w której leżą punkty C, D i W,
q3 – w której leżą punkty D, A i W,
q4 – w której leżą punkty A, B i W.Oznaczmy też środki odcinków CD, DA oraz AB przez odpowiednio F, G oraz H.Narysujmy teraz każdy z trójkątów: ABW, BCW, CDW i DAW na płaszczyźnie, na której leży kwadrat ABCD. 💥[185210]💥
Rozumując podobnie jak w przypadku płaszczyzn p i q1, stwierdzamy, że:
kąt nachylenia płaszczyzny q2 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OFW,
kąt nachylenia płaszczyzny q3 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OGW,kąt nachylenia płaszczyzny q4 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OHW.Ponieważ trójkąty OEW, OFW, OGW oraz OHW mają równe przyprostokątne (są to wysokości przystających trójkątów równoramiennych ABW, BCW, CDW oraz DAW), a także równe są odcinki OE, OF, OG oraz OH, to te trójkąty są przystające. Zatem kąty OEW, OFW, OGW i OHW są równe. Stąd równe są kąty nachylenia płaszczyzn q1, q2, q3 oraz q4 do płaszczyzny p.
sposób IITym razem pokażemy, że przy ustalaniu miar omawianych kątów dwuściennych można skorzystać z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych.Zauważmy, że prosta OW jest prostopadła do płaszczyzny p, w której leży kwadrat ABCD. Prosta WE przebija płaszczyznę p w punkcie E. Rzutem prostokątnym prostej WE na płaszczyznę p jest prosta OE. Ponieważ prosta WE jest prostopadła do prostej BC (bo WE jest wysokością w trójkącie równoramiennym BCW), więc na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych jest również prostopadła do prostej OE. Zatem kąt OEW opisuje kąt nachylenia płaszczyzny
(2)
q1 do płaszczyzny p. 💥[185211]💥
Korzystając z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, opisujemy kąty nachylenia płaszczyzn q2, q3, q4 do płaszczyzny p jako kąty OFW, OGW i OHW. W trójkątach OEW, OFW, OGW i OHW przyprostokątna OW jest wspólna, a przeciwprostokątne EW, FW, GW i HW są równe, więc te trójkąty są przystające. Stąd równe są kąty nachylenia płaszczyzn q1, q2, q3 oraz q4 do płaszczyzny p.Uwaga. Podobne rozumowanie pozwala stwierdzić, że w dowolnym ostrosłupie prawidłowym równe są kąty, pod jakimi każda ze ścian bocznych jest nachylona do płaszczyzny podstawy. W każdym takim ostrosłupie spodek O wysokości poprowadzonej z wierzchołka W ostrosłupa na podstawę jest bowiem środkiem okręgu opisanego na tej podstawie. Równe są także wysokości ścian bocznych takiego ostrosłupa. Zatem z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych otrzymujemy przystawanie trójkątów, w których jeden z kątow ostrych ma miarę kąta nachylenia ściany bocznej do podstawy. Stąd te kąty nachylenia są równe.
Podstawą ostrosłupa ABCDW jest kwadrat ABCD. Punkt E jest środkiem krawędzi AD, odcinek EW jest wysokością ostrosłupa.💥[185212]💥
Zaznaczymy kąty nachylenia ścian bocznych: ABW, BCW, CDW oraz DAW tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy ABCD.
Ponieważ prosta WE jest prostopadła do płaszczyzny podstawy ABCD, więc ściana DAW jest również prostopadła do tej płaszczyzny.Prosta EA jest rzutem prostokątnym prostej WA na płaszczyznę podstawy ABCD. Ponieważ podstawą jest kwadrat ABCD, więc prosta EA jest prostopadła do prostej AB. Zatem na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych także prosta WA jest prostopadła do prostej AB. Oznacza to, że kąt WAE jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany WAB do płaszczyzny podstawy ABCD.💥[185213]💥
Prosta ED jest rzutem prostokątnym prostej WD na płaszczyznę podstawy ABCD. Proste ED i DC są prostopadłe, zatem na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych również prosta WD jest prostopadła do prostej DC. Oznacza to, że kąt WDE jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany WDC do płaszczyzny podstawy ABCD.💥[185214]💥
Zauważmy, że w przypadku tego ostrosłupa kąty nachylenia dwóch ścian: ABW oraz CDW do płaszczyzny podstawy ABCD zmierzyliśmy za pomocą kątów płaskich odpowiednio: WAD i WDA w ścianie DAW.
Oznaczmy środek krawędzi BC przez F. Wtedy prosta EF jest rzutem prostokątnym prostej WF na płaszczyznę podstawy ABCD. Proste EF i BC są prostopadłe, zatem na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych również prosta WF jest prostopadła do prostej BC. Oznacza to, że kąt WFE jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany WBC do płaszczyzny podstawy ABCD.💥[185215]💥
Odkładając każdy z trójkątów: ABW, BCW, CDW oraz DAW na płaszczyznę kwadratu ABCD, otrzymamy następującą siatkę ostrosłupa ABCDW.💥[185216]💥
ID WOMI: 185207
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4339
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4339
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek dwóch płaszczyzn przecinających się z zaznaczonym między nimi kątem.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185208
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4340
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4340
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek kwadratu A B C D i trójkąta B C W, którego podstawa, jest bokiem BC kwadratu. Zaznaczono punkt O, który jest środkiem kwadratu, punkt E \u2013 środek boku BC oraz symetralną odcinka BC przechodzącą przez punkty O, E, W.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185209
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4341
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4341
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonym trójkątem prostokątnym W O E, gdzie przyprostokątna WO jest wysokością ostrosłupa, a punkt E środkiem boku BC. Zaznaczony kąt W E O = alfa.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185210
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4342
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4342
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek siatki ostrosłupa A B C D W z zaznaczonymi środkami krawędzi podstawy - punktami E, F, G, H.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185211
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4343
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4343
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonym trójkątem prostokątnym W O E, gdzie przyprostokątna WO jest wysokością ostrosłupa, a punkt E środkiem boku BC.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185212
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4344
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4344
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonym punktem E, który jest środkiem boku AD.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185213
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4345
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4345
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonym punktem E, który jest środkiem boku AD oraz kątem W A D.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185214
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4346
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4346
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczonym punktem E, który jest środkiem boku AD, kątem A D W oraz kątami prostymi W D C i A D C.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185215
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4347
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4347
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W. Zaznaczony środek krawędzi BC w punkcie F krawędzi BC. Prosta EF jest rzutem prostokątnym prostej WF na płaszczyznę zawierającą podstawę A B C D. Proste EF i BC są prostopadłe. Kąt W F E jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany W B C do płaszczyzny podstawy A B C D.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185216
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4348
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4348
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek siatki ostrosłupa A B C D W. Zaznaczono punkty E i F, które są odpowiednio środkami boków AD i BC.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 9. iRUfNwnOKO_d5e942
Rozpatrzmy ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDW.💥[185218]💥
Płaszczyzny ścian ABW oraz CDW mają punkt wspólny W, zatem przecinają się wzdłuż pewnej prostej przechodzącej przez W. Zaznaczymy krawędź k przecięcia tych płaszczyzn.Zauważmy, że proste AB i CD są równoległe. Zatem prosta k przechodząca przez W i równoległa do jednej z nich jest równoległa także do drugiej. Oznacza to, że prosta k
jest równoległa do prostej AB i przechodzi przez punkt W, zatem leży w płaszczyźnie ściany ABW,
jest równoległa do prostej CD i przechodzi przez punkt W, zatem leży w płaszczyźnie ściany CDW.Płaszczyzny tych ścian nie są, oczywiście, równoległe, zatem prosta k jest szukaną krawędzią przecięcia płaszczyzn ścian ABW i CDW.💥[185256]💥
Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDW jest trapez równoramienny ABCD, w którym podstawa AB jest krótsza od podstawy CD.💥[185257]💥
Płaszczyzny ścian ADW oraz BCW mają punkt wspólny W, zatem przecinają się wzdłuż pewnej prostej przechodzącej przez W. Zaznaczymy krawędź przecięcia tych płaszczyzn.
Zauważmy, że proste AD i BC nie są równoległe. Zatem punkt E, w którym te proste się przecinają, leży jednocześnie w płaszczyźnie ściany ADW (bo każdy punkt prostej AD leży w tej płaszczyźnie) oraz w płaszczyźnie ściany BCW (bo każdy punkt prostej BC leży w tej płaszczyźnie).
Mamy zatem dwa punkty E i W, które należą jednocześnie do płaszczyzny każdej ze ścian: ADW oraz BCW. Punkty te leżą więc na krawędzi, wzdłuż której przecinają się płaszczyzny tych ścian. Oznacza to, że prosta WE jest szukaną krawędzią.💥[185258]💥
Na krawędziach CG oraz HE sześcianu ABCDEFGH wybrano punkty odpowiednio K i L.💥[185259]💥
Zaznaczymy płaski przekrój tego sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz L.
Do płaszczyzny tego przekroju należy prosta BK. Oznaczmy przez M punkt przecięcia tej prostej z krawędzią FG, wzdłuż której przecinają się płaszczyzny ścian BCGF oraz EHGF. Zatem punkt M należy do płaszczyzny p, a także leży w płaszczyźnie ściany EHGF. W tej płaszczyźnie leży też punkt L, który należy do płaszczyzny przekroju. Oznacza to, że prosta ML należy do płaszczyzny p. Oznaczmy przez P punkt, w którym prosta ML przecina krawędź EF między płaszczyznami GHEF oraz BAEF. Punkt P należy do płaszczyzny przekroju, a także leży w płaszczyźnie ściany ABFE. W tej płaszczyźnie leży również punkt B, który należy do płaszczyzny p. Zatem prosta PB należy do płaszczyzny przekroju. Oznaczmy przez N punkt, w którym prosta PM przecina krawędź GH, a przez Q – punkt, w którym prosta PB przecina krawędź AE.💥[185260]💥
Wobec tego płaskim przekrojem sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz L jest pięciokąt BKNLQ.💥[185261]💥
Zauważmy, że proste BK i QL leżą w płaszczyznach równoległych ścian odpowiednio BCGF i ADHE danego sześcianu. Zatem te proste nie mają punktów wspólnych, a więc są skośne lub równoległe. Jednocześnie obie te proste leżą w płaszczyźnie p, co oznacza że, są to proste równoległe.
Rozumując podobnie, można uzasadnić twierdzenie o dwóch płaszczyznach równoległych przeciętych płaszczyzną.
Link do treści
ID WOMI: 185218
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4349
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4349
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczoną wysokością WO.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185256
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4350
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4350
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W z zaznaczoną wysokością WO oraz prostą k przechodzącą przez wierzchołek W. Prosta k jest krawędzią przecięcia płaszczyzn ścian A B W i C D W.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185257
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4351
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4351
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W o podstawie trapezu równoramiennego A B C D.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185258
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4352
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4352
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ostrosłupa A B C D W o podstawie trapezu równoramiennego A B C D. Przez wierzchołki podstawy poprowadzone są proste AD i BC, które nie są równoległe. Proste przecinają się w punkcie E, który leży w płaszczyźnie ściany A D W oraz w płaszczyźnie ściany B C W.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185259
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4353
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4353
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H. Zaznaczono punkt K leżący na krawędzi GC oraz punkt L leżący na boku EH.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185260
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4354
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4354
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H. Zaznaczony jest płaski przekrój tego sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz L.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185261
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4355
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4355
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H z zaznaczonym pięciokątem B K N L Q, który jest płaskim przekrojem sześcianu płaszczyzną p.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 10. iRUfNwnOKO_d5e1041
Link do treści
(1)
o dwóch płaszczyznach równoległych przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie przecięcia są prostymi równoległymi.
Na podstawie tego twierdzenia stwierdzamy, że również proste BQ i NK są równoległe – otrzymujemy je w wyniku przecięcia płaszczyzną p dwóch równoległych płaszczyzn: płaszczyzny ściany ABFE oraz płaszczyzny ściany CDHG.Zatem pięciokąt BKNLQ ma dwie pary boków równoległych: BQ||NK oraz BK||QL.
Rozpatrzmy sześcian ABCDEFGH, którego krawędź ma długość a. Wykorzystując spostrzeżenia poczynione w poprzednim przykładzie, można wykazać, że płaski przekrój sześcianu płaszczyzną p, do której należą środki K, L, M krawędzi, odpowiednio EH, HG oraz GC (zobacz rysunek), jest sześciokątem foremnym.💥[185262]💥
Do tego przekroju należy bowiem prosta równoległa do prostej KL i przechodząca przez punkt M. Ta prosta przecina krawędź AE w jej środku N. 💥[185267]💥
Ponieważ ściany ADHE i BCGF są równoległe, więc płaszczyzna p przecina ścianę BCGF wzdłuż prostej równoległej do KN i przechodzącej przez punkt M. Ta prosta przecina krawędź BC w jej środku P. 💥[185268]💥
Rozumując podobnie, pokazujemy, że do płaszczyzny przekroju należy prosta równoległa do prostej KL i przechodząca przez punkt P. Ta prosta przecina krawędź AB w jej środku Q. 💥[185274]💥
Zatem przekrojem danego sześcianu jest sześciokąt KLMPQN. 💥[185286]💥
Jego wierzchołki są środkami sześciu krawędzi sześcianu, więc każdy z boków tego sześciokąta ma długość a22. Zauważmy też, że każda z przekątnych PK, QL i NM sześciokąta KLMPQN jest odcinkiem łączącym środki przeciwległych (nieskośnych) krawędzi sześcianu, zatem jest równa przekątnej ściany sześcianu. Stąd każda z tych przekątnych ma długość a2. Oznaczmy przez S punkt, w którym przecinają się przekątne PK i QL. Ponieważ czworokąt KLPQ jest równoległobokiem (KL||PQ oraz KL=PQ=a22), więc S jest środkiem każdego z odcinków PK, QL. Rozumując podobnie, pokazujemy, że czworokąt LMQN również jest równoległobokiem, co oznacza, że S jest także środkiem odcinka NM. Wobec tego przekątne PK, QL i NM dzielą sześciokąt KLMPQN na sześć trójkątów równobocznych o boku a22. To spostrzeżenie kończy dowód - sześciokąt KLMPQN jest foremny.
Podamy jeszcze jeden sposób uzasadnienia, że sześciokąt KLMPQN jest foremny.Rozpatrzmy proste KL, MP oraz NQ. Ponieważ leżą one w jednej płaszczyźnie, więc:
proste KL i MP przecinają się w punkcie X, leżącym na krawędzi FG między płaszczyznami ścian BCGF oraz EHGF,
proste MP i QN przecinają się w punkcie Y, leżącym na krawędzi FB między płaszczyznami ścian CGFB oraz AEFB,
proste QN i KL przecinają się w punkcie Z, leżącym na krawędzi FE między płaszczyznami ścian GHEF oraz BAEF.💥[185300]💥
W płaszczyźnie ściany EFGH, na prostej KL leżą punkty X oraz Z. 💥[185315]💥
Ponieważ K i L są środkami krawędzi odpowiednio HG i HE, więc trójkąt HKL jest trójkątem prostokątnym i równoramiennym. Zatem w trójkątach prostokątnych KGX i LEZ kąty ELZ oraz XKG są równe 45°, co oznacza, że są to trójkąty równoramienne. Wobec tego każdy z nich jest przystający do trójkąta HKL. Stąd wynika, że XK=KL=LZ=22a, a więc XZ=3KL=322a.Rozumując podobnie pokazujemy, że:
XM=MP=PY=22a, stąd XY=322a,
YQ=QN=NZ=22a, stąd YZ=322a.Trójkąt XYZ jest więc równoboczny i ma bok długości 322a. Każdy z trójkątów XML, YPQ oraz ZKN jest też równoboczny i ma bok długości 22a. To oznacza, że w sześciokącie KLMPQN
(2)
każdy z boków jest równy 22a i każdy z kątów wewnętrznych ma miarę 120° Zatem sześciokąt KLMPQN jest foremny. Zauważmy przy okazji, że jeżeli płaski przekrój sześcianu jest czworokątem, to płaszczyzna tego przekroju przecina pewne cztery ściany sześcianu. Ponieważ w sześcianie są trzy pary ścian równoległych, więc wśród tych czterech ścian sześcianu pewne dwie są równoległe. Zatem przekrój ten jest trapezem. W szczególności może być rombem, a także może być prostokątem.
Przykład 15. [Czworościan foremny – cięcie do kwadratu ]
ID WOMI: 185262
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4356
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4356
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H z zaznaczonymi środkami K, L i M krawędzi odpowiednio EH, HG oraz GC.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185267
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4357
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4357
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H z zaznaczonymi środkami K, L i M krawędzi odpowiednio prostych EH, HG oraz GC. Poprowadzona prosta KL i prosta do niej równoległa MN, gdzie punkt M leży na prostej AE.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185268
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4358
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4358
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H z zaznaczonymi środkami K, L i M krawędzi odpowiednio prostych EH, HG oraz GC. Poprowadzona prosta KN i do niej prosta równoległa MP.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185274
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4359
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4359
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H z zaznaczonymi środkami K, L i M krawędzi odpowiednio EH, HG oraz GC. Poprowadzone proste równoległe KN i MP oraz prosta KL i do niej prosta równoległa PQ.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185286
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4360
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4360
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H oraz przekrój sześcianu- sześciokąt K L M P Q N.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185300
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4361
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4361
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D E F G H oraz przekrój sześcianu - sześciokąt K L M P Q N. Poprowadzone proste KL i MP przecinające się w punkcie X, proste MP i QN przecinające się w punkcie Y oraz proste QN i KL przecinające się w punkcie Z.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185315
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4362
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4362
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek ściany E F G H sześcianu A B C D E F G H oraz prostej KL przechodzącej przez środki krawędzi HG i HE. Na prostej k leżą punkty X i Z.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Moduł: iVz7s0IVvm wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 4 Szkoły ponadgimnazjalne, których ukończenie umożliwia uzyskanie świadectwa dojrzałości po zdaniu egzaminu maturalnego Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 Równania i nierówności. Uczeń:
Sekcja: 1. iVz7s0IVvm_d5e78
Graniastosłup prostyGraniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są prostokątami.
💥[185015]💥
💥[165658]💥
💥[35862]💥
💥[58563]💥
Podstawą graniastosłupa może być trójkąt, czworokąt i sześciokąt.💥[163146]💥
Jeżeli podstawą graniastosłupa jest wielokąt foremny (trójkąt równoboczny, kwadrat, pięciokąt foremny itd.), to mówimy, że taki graniastosłup jest prawidłowy.💥[163148]💥
💥[97547]💥
Graniastosłup, którego podstawą jest prostokąt, nazywać będziemy prostopadłościanem.
Link do treści
ID WOMI: 185015
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_definicja
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_definicja
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje graniastosłup prosty. Podstawy graniastosłupa to dwie przystające ściany, położone w równoległych płaszczyznach, pozostałe ściany są prostokątami. Liczba wierzchołków, krawędzi i ścian bryły zależy od wielokąta znajdującego się w podstawie. Jeśli mamy w podstawie trójkąt liczba wierzchołków wynosi 6, krawędzi 9 , ścian 5, jeśli czworokąt to liczba wierzchołków \u2013 8, krawędzi \u2013 12, ścian - 6, jeśli pięciokąt \u2013 odpowiednio 10, 15 i 7, itd.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165658
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_aplet wzorcowy
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_aplet wzorcowy
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Aplet Geogebry
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 163146
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4080
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4080
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech graniastosłupów: trójkątnego, czworokątnego i sześciokątnego.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 163148
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4081
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4081
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech graniastosłupów prawidłowych: trójkątnego o krawędzi podstawy równej y, czworokątnego o krawędzi podstawy równej x i sześciokątnego o krawędzi podstawy równej a.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 163149
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadl_elementy
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadl_elementy
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje prostopadłościan, w którym zaznaczone są wierzchołki, krawędzie podstawy, krawędzie boczne, podstawy, ściany boczne, dwie przekątne podstawy, przekątne ściany bocznej i przekątne bryły.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 163150
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_katy w graniastoslupie
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_katy w graniastoslupie
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje graniastosłup czworokątny, w którym zaznaczone są kąt między przekątną ściany bocznej a krawędzią podstawy, kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do płaszczyzny podstawy, kąt między przekątnymi sąsiednich ścian bocznych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. iVz7s0IVvm_d5e204
Przekroje w prostopadłościanie
Sześcian to taki prostopadłościan, którego wszystkie ściany są kwadratami.
[tu animacja z sześcianem i zadania z siatka sześcianu – z gimnazjum][Siatka sześcianu i zadania z siatką]
Krawędź sześcianu jest równa 6 cm. Obliczymy długość przekątnej sześcianu.💥[163151]💥
Zauważ, że jeśli podobne obliczenia wykonamy dla dowolnego sześcianu o krawędzi a, to otrzymamy wzór na przekątne sześcianu.
Przekątna sześcianu o krawędzi a jest równa d=a3💥[164099]💥
Siatka sześcianu💥[55277]💥
Siatka sześcianu💥[79931]💥
ID WOMI: 163151
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian_przekatna
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian_przekatna
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje sześcian o krawędzi równej 6 cm i przekątnej sześcianu równej d. Przekątna podstawy równa jest d indeks dolny p i jest ona przekątną kwadratu o boku 6, zatem d indeks dolny p =6 pierwiastków z dwóch. Przekątna sześcianu jest przeciwprostokątną w trójkącie, w którym przyprostokątne są równe 6 i 6 pierwiastków z dwóch. Zatem d do kwadratu = 6 do kwadratu + (6 pierwiastków z dwóch) do kwadratu. Otrzymujemy przekątną bryły d = 6 pierwiastków z trzech centymetrów.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164099
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4102
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4102
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu o krawędzi równej a i przekątnej sześcianu d. Przekątna podstawy równa jest d indeks dolny p.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. iVz7s0IVvm_d5e274
Siatka prostopadłościanu💥[48440]💥
Siatka prostopadłościanu💥[79932]💥
Siatka graniastosłupa💥[79934]💥
Siatka graniastosłupa💥[79935]💥
Różne przekroje sześcianu [aplet] (*)
Punkty M i K są środkami krawędzi sześcianu. Obliczymy pole powierzchni czworokąta ABKM. 💥[163153]💥
Odcinki AB i MK leżą na płaszczyznach równoległych i są sobie równe. Podobnie odcinki AM∥BK oraz AM=BK. Ponadto odcinek BK leży na płaszczyźnie prostopadłej do podstawy sześcianu i jest prostopadły do krawędzi AB. Wynika z tego, że czworokąt ABKM jest prostokątem. Obliczymy długości boków prostokąta ABKM.💥[163152]💥
ID WOMI: 163153
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4085
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4085
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu o krawędzi równej 10 oraz zaznaczoną płaszczyzną przekroju - czworokątem A B K M, gdzie punkty A, B są wierzchołkami dolnej podstawy, a punkty K, M środkami górnych krawędzi podstawy sześcianu.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 163152
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian przekroj
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian przekroj
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie pola przekroju sześcianu. Dany jest sześcian o krawędzi równej 10 oraz zaznaczonym czworokątem A B K M, gdzie punkty A, B są wierzchołkami dolnej podstawy, a punkty K, M środkami górnych krawędzi podstawy sześcianu. Odcinki AB i KM są równoległe ponieważ leżą na płaszczyznach zawierających podstawy sześcianu. Odcinki AM i BK są równoległe ponieważ leżą na przeciwległych ścianach bocznych sześcianu. Czworokąt A B K M jest prostokątem ponieważ odcinki AB i BK są prostopadłe, leżą na prostopadłych do siebie ścianach sześcianu. Bok AB i MK jest równy długości krawędzi sześcianu \u2013 10. Bok BK =AM jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych równych 5 i 10. Zatem BK =AM =5 pierwiastków z pięciu. Pole prostokąta A B K M = 10 razy 5 pierwiastków z pięciu =50 pierwiastków z pięciu.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 6. iVz7s0IVvm_d5e341
Pole powierzchni całkowitej i objętość graniastosłupa.
Animacja: Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa jest równe Pc=2∙Pp+Pbgdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a Pb – pole powierzchni bocznej.W szczególności pole całkowite
prostopadłościanu o krawędziach a, b, c jest równe Pc=2(ab+ac+bc)
sześcianu o krawędzi a jest równe Pc=6a2
graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest równePc=2a2+4aH
Przykład 2. Objętość graniastosłupa Animacja : „objętość graniastosłupa”
Objętość graniastosłupa jest równa V=Pp∙Hgdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.W szczególności objętość
prostopadłościanu o krawędziach a, b, c jest równa V=abcsześcianu o krawędzi a jest równaV=a3
graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest równaV=a2∙H
Ćwiczenie interaktywne (przeciąganie) (UWAGA: na wszystkich rysunkach zamiast małej litery h powinna być duża litera H)
💥[164070]💥
💥[164071]💥
💥[164082]💥
Wszystkie wzory wyświetlają się pod tabelką i mogą być przeciągnięte w odpowiednie miejsce 💥[164083]💥
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 12. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość sześcianu.💥[164096]💥
Przekątna kwadratu jest równa a2, zatem otrzymujemy równanie a2=12, czyli a=62.Wynika z tego, że objętość sześcianu jest równaV=a3=623=4322 a pole powierzchni całkowitejPc=6a2=6∙622=432
W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna podstawy ma długość 6 cm, a przekątna ściany bocznej 10 cm. Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.💥[164084]💥
Oblicz pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, którego krawędź podstawy ma długość 62 cm, a przekątna graniastosłupa jest 2 razy dłuższa od przekątnej podstawy. 💥[164085]💥
Przekątna prostopadłościanu ma długość 6 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 30°. Pole podstawy prostopadłościanu jest równe 24 cm2 . Oblicz objętość bryły.💥[164086]💥
ID WOMI: 164070
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4095
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4095
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164071
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4096
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4096
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164082
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4097
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4097
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164083
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4098
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4098
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164096
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4101
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4101
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu o krawędzi równej a i przekątnej podstawy równej 12.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164084
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad5
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad5
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie pola powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy długości a i wysokości H. Przekątna podstawy ma długość 6 cm, przekątna ściany bocznej 10 cm. Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa P indeks dolny c =2 P indeks dolny p +P indeks dolny b. Zatem P indeks dolny c =2a do kwadratu +4a razy H. Przekątna podstawy, to przekątna kwadratu o boku a, czyli d indeks dolny p = a razy pierwiastek z dwóch. Zatem krawędź podstawy a =3 pierwiastki z dwóch. Przekątna ściany bocznej równa 10 jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych równych H i a. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy H = pierwiastek z osiemdziesięciu dwóch. Pole podstawy P indeks dolny p = (trzy pierwiastki z dwóch) do kwadratu =18 cm kwadratowych. Zatem pole całkowite graniastosłupa P indeks dolny c =2 razy 18 +4 razy 3 pierwiastki z dwóch razy pierwiastek z osiemdziesięciu dwóch =36 +24 pierwiastki z czterdziestu jeden centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164085
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadłościan2
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadłościan2
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie pola powierzchni całkowitej graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy długości a i wysokości H. Krawędź podstawy ma długość 6 pierwiastek z dwóch cm, a przekątna graniastosłupa jest 2 razy dłuższa niż przekątna podstawy. Pole podstawy P indeks dolny p = (6 pierwiastków z dwóch) do kwadratu =72 centymetry kwadratowe. Przekątna podstawy =12 cm, bo jest to przekątna kwadratu o boku 6 pierwiastków z dwóch. Przekątna bryły jest dwa razy dłuższa niż przekątna podstawy =24 cm i jest ona przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych równych H i przekątnej podstawy =12. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy H =12 pierwiastków z trzech. Zatem P indeks dolny c =2 razy 72 +4 razy 6 pierwiastków z dwóch razy 12 pierwiastków z 3 = 144 +288 pierwiastków z sześciu centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164086
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadloscian_przyklad7
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadloscian_przyklad7
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie objętości prostopadłościanu o przekątnej równej 6 cm, która jest nachylona do podstawy pod kątem 30 stopni. Pole podstawy bryły jest równe 24 centymetry kwadratowe. Kąt 30 stopni jest zawarty między przekątną bryły i przekątną podstawy. Przekątna bryły jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych równych H i d indeks dolny p. Z definicji funkcji sinus otrzymujemy sinus 30 stopni = H dzielone przez 6, czyli jedna druga = H dzielone przez 6. Zatem H =3. Objętość prostopadłościanu V = P indeks dolny p razy H = 24 razy 3 =72 centymetry sześcienne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 7. iVz7s0IVvm_d5e495
Podstawą graniastosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 123 . Przekątna ściany bocznej jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 60°. Oblicz pole powierzchni całkowitej bryły.💥[170906]💥
Objętość graniastosłupa o podstawie kwadratu jest równa 1253. Przekątna ściany bocznej jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 30°. Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.💥[164095]💥
Pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe Pc=2a2+4aH - zatem do jego obliczenia będzie potrzebna długość krawędzi podstawy i wysokość bryły.W trójkącie prostokątnym ABA1 mamy:tg 30°=Hazatem33=Haczyli H=a33Objętość graniastosłupa jest równa V=a2∙H, czyli 1253=a2∙H .Wstawiając wyznaczoną wcześniej wartość H, otrzymamy 1253=a333, czyli a3=375 .Wynika z tego, że a=53 oraz H=a33=53∙33=5Zatem pole powierzchni całkowitej jest równe:Pc=2a2+4aH=2∙532+4∙5∙53=150+1003
Objętość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 75 dm3 . Przekątna graniastosłupa ma długość 5 dm. Oblicz sinus kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa do płaszczyzny podstawy.💥[164087]💥
Zadanie generatorowe na określanie liczby wierzchołków, ścian i krawędzi konkretnych graniastosłupów.
Graniastosłup pięciokątny ma:10 wierzchołków 15 krawędzi7 ścian(czerwony element w nazwie zmienia się z określnej puli możliwych – np. trójkątny, czworokątny pięciokątny, sześciokątny , dziesięciokątny, dwunastokąty, dwudziestokatny.....itd,
Uczeń ma możliwość wpisania lub wybrania prawidłowej odpowiedzi do każdego graniastosłupa zgodnie ze schematem:graniastosłup n –kątny ma:2n wierzchołków3n krawędzin+2 ścian A
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 286 cm2. Przekątna podstawy jest równa 42 cm. Oblicz objętość tego graniastosłupa
V=254 cm3 A
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 144 cm2, a suma długości wszystkich krawędzi jest równa 60 cm . Oblicz objętość tego graniastosłupa.
Są dwa takie graniastosłupy: V1=108 cm3, V2=112 cm3A
Pole podstawy graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równe 273 , a przekątna ściany bocznej jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 45°. Oblicz objętość graniastosłupa.
V=486 A
Jedna z krawędzi podstawy prostopadłościanu jest 3 razy większa od drugiej. Przekątna prostopadłościanu ma długość 25 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 60°. Oblicz objętość prostopadłościanu.
V=3215 cm3 A
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 5 cm. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość sześcianu.
Pc=75 cm2 V=12524 cm3 A
Pole powierzchni całkowitej sześcianu ABCDA1B1C1D1 jest równe 432 cm2. Oblicz pole trójkąta A1BC1.💥[164094]💥
PA1BC1=363 cm2B
Przekątna sześcianu jest o 5 cm dłuższa od jego krawędzi. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość sześcianu.
Pc=75(2+3 ) cm2V=12533+54 cm3 A
Oblicz cosinus kąta nachylenia przekątnej sześcianu do płaszczyzny podstawy.
cosα=63
💥[164097]💥
ID WOMI: 170906
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_graniastoslup trojkatny
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_graniastoslup trojkatny
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie pola powierzchni całkowitej graniastosłupa podstawie trójkąta równobocznego. Pole podstawy jest równe 12 pierwiastków z trzech. Przekątna ściany bocznej jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 60 stopni. Pole trójkąta równobocznego jest równe P indeks dolny p = początek ułamka, licznik a kwadrat razy pierwiastek z trzech, kreska ułamkowa mianownik 4 koniec ułamka. Po podstawieniu a = 4 pierwiastki z trzech. Ściana boczna graniastosłupa jest prostokątem, którego przekątna jest nachylona do boku pod kątem 60 stopni. Z definicji funkcji trygonometrycznych dla trójkąta prostokątnego mamy tangens 60 stopni = H dzielone przez 4 pierwiastki z trzech, czyli pierwiastek z trzech = H dzielone przez 4 pierwiastki z trzech. Zatem wysokość H =12. Wobec tego pole ściany bocznej jest równe P indeks dolny śb = a razy H = 4 pierwiastki z trzech razy 123 = 48 pierwiastków z trzech. Pole powierzchni całkowitej jest równe p indeks dolny c = 2 razy P indeks dolny p + 3 razy P indeks dolny śb, czyli P indeks dolny c =2 razy 12 pierwiastków z trzech +3 razy 48pierwiastków z trzech =168 pierwiastków z trzech.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164095
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4100
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4100
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek graniastosłupa o podstawie kwadratu. Zaznaczona przekątna A indeks dolny 1 B nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 30 stopni. Przekątna jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych równych a i H.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164087
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad10
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad10
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie sinusa kąta nachylenia przekątnej płaszczyzny graniastosłupa do płaszczyzny. Dany jest graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy równej a, wysokości H i przekątnej d. Objętość graniastosłupa jest równa 75 decymetrów sześciennych, a przekątna podstawy ma długość 5 dm. Kąt nachylenia przekątnej graniastosłupa do podstawy jest zawarta między tą przekątną i przekątną podstawy. Powstał trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 5 i H oraz przeciwprostokątnej d. Z definicji funkcji trygonometrycznych otrzymujemy sinus alfa = H podzielone przez d. Przekątna podstawy d =5 dm to przekątna kwadratu, zatem pole podstawy = jedna druga razy 5 do kwadratu =12,5 decymetrów kwadratowych. Z objętości graniastosłupa V =75 decymetrów sześciennych obliczamy wysokość H. V = P indeks dolny p razy H, więc 75 =12, 5 razy H, zatem H =6. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy d do kwadratu = 5 do kwadratu +6 do kwadratu, czyli przekątna bryły d = pierwiastek z sześćdziesięciu jeden. Wynika z tego, że sinus alfa = H dzielone przez d = 6 dzielone przez pierwiastek z sześćdziesięciu jeden = 6 pierwiastków z sześćdziesięciu jeden dzielone przez sześćdziesiąt jeden.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164094
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek sześcianu A B C D A indeks dolny 1 B indeks dolny 1 C indeks dolny 1 D indeks dolny 1. Zaznaczono trójkąt A indeks dolny 1 B C indeks dolny 1.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164097
Nazwa: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian z przekrojem
Tytuł: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian z przekrojem
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Aplet Geogebry
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Moduł: iQm8s1xZ4w wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iQm8s1xZ4w_d5e78
OstrosłupOstrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany boczne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
💥[185014]💥
💥[165571]💥
Podstawą ostrosłupa może być dowolny trójkąt, dowolny czworokąt i dowolny sześciokąt.💥[165570]💥
💥[165518]💥
Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny (trójkąt równoboczny, kwadrat, pięciokąt foremny itd...), a spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego podstawie, to mówimy, że taki ostrosłup jest prawidłowy.💥[97682]💥
ID WOMI: 185014
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_definicja
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_definicja
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje ostrosłup o podstawie trójkąta. Możemy dokładać liczbę wierzchołków podstawy i obserwować ostrosłupy o podstawach: 4-kąta, 5-kąta, 6-kąta, \u2026, 10-kąta.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165571
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_4124
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_4124
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165570
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_nazwy
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_nazwy
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunki ostrosłupa trójkątnego, ostrosłupa czworokątnego i ostrosłupa sześciokątnego.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165518
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_4121
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_4121
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 2. iQm8s1xZ4w_d5e146
Odcinki w ostrosłupie
Chcąc narysować ostrosłup prosty, po narysowaniu podstawy zaznaczamy wysokość – odcinek prostopadły do płaszczyzny podstawy. Koniec wysokości, który nie leży na podstawie, łączymy z wierzchołkami podstawy. 💥[97683]💥
W przypadku ostrosłupów prawidłowych, po narysowaniu podstawy zaznaczamy spodek wysokości, który jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, a następnie rysujemy wysokość i krawędzie boczne.W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym spodek wysokości leży na przecięciu wysokości podstawy.💥[97684]💥
💥[165519]💥
Jeśli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równe, to taki ostrosłup nazywamy prostym.
Ostrosłup, którego wszystkie ściany są trójkątami równobocznym,i nazywać będziemy czworościanem.💥[165520]💥
ID WOMI: 165519
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_elementy
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_elementy
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje rysowanie ostrosłupa czworokątnego. Rysujemy podstawę ostrosłupa czyli czworokąt, zaznaczamy wierzchołki podstawy i krawędzie podstawy. Obieramy wierzchołek ostrosłupa i prowadzimy krawędzie boczne z wierzchołków podstawy do wierzchołka ostrosłupa. W kolejnych krokach zaznaczmy ściany boczne, wysokość ściany bocznej, przekątne podstawy, wysokość ostrosłupa oraz spodek wysokości ostrosłupa.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165520
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek czworościanu o krawędziach równych a.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165522
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_katy w ostroslupie
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_katy w ostroslupie
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje ostrosłup czworokątny, w który zaznaczane są kolejno: kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy, kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy, kąt między sąsiednimi krawędziami bocznymi, kąt między przeciwległymi krawędziami bocznymi oraz kąt między sąsiednimi ścianami.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. iQm8s1xZ4w_d5e214
Pole powierzchni całkowitej i objętość ostrosłupa
Przykład 1. Pole powierzchni całkowitej ostrosłupaAnimacja: Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa
Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest równePc=Pp+Pbgdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a Pb – pole powierzchni bocznej.W szczególności pole całkowite czworościanu o krawędzi a jest równe Pc=a23
Siatka ostrosłupa💥[79936]💥Siatka ostrosłupa💥[79937]💥
Animacja : „objętość ostrosłupa”
Link do treści
Sekcja: 5. iQm8s1xZ4w_d5e255
Objętość ostrosłupa jest równa V=13Pp∙Hgdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.W szczególności objętość
czworościanu o krawędzi a jest równa V=a3212
ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest równa V=13a2∙H
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 72 cm2. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α, takim że tgα=0,6. Oblicz objętość tego ostrosłupa.💥[165528]💥
Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 9 cm, a ściana boczna ostrosłupa jest nachylona do podstawy po kątem 60°. Oblicz pole powierzchni całkowitej tej bryły.💥[165533]💥
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 36 cm2 i stanowi 20% powierzchni całkowitej tej bryły. Na krawędzi bocznej długości 16 cm wybrano taki punkt P, że odcinki BP i DP są prostopadłe do krawędzi CS (patrz rysunek). Oblicz pole powierzchni trójkąta BDP.💥[165536]💥
💥[165550]💥
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt, którego boki pozostają w stosunku 2:3. Trójkąt ACS jest równoboczny, a jego pole jest równe 273 dm2. Oblicz objętość ostrosłupa.💥[170909]💥
💥[165555]💥
[aplet GG do zrobienia]
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny, którego wysokość jest równa 93 cm. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do podstawy pod kątem 60°. Oblicz objętość ostrosłupa.💥[170908]💥
Objętość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 93 dm3. Ściana boczna jest nachylona do podstawy pod kątem α, którego tgα=94. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.💥[170907]💥
Zadania generatorowe na określanie liczby wierzchołków, ścian i krawędzi konkretnych ostrosłupów.
- Ostrosłup sześciokątny ma:7 wierzchołków 12 krawędzi7 ścian
(czerwony element w nazwie zmienia się z określnej puli możliwych – np. trójkątny, czworokątny pięciokątny, sześciokątny , dziesięciokątny, dwunastokąty, dwudziestokatny.....itd,Uczeń ma możliwość wpisania lub wybrania prawidłowej odpowiedzi do każdego graniastosłupa zgodnie ze schematem:ostrosłup n –kątny ma:n+1 wierzchołków2n krawędzin+1 ścian 2. Jakim wielokątem jest podstawa ostrosłupa, który ma 9 wierzchołkówsześciokątemsiedmiokątemośmiokątem (zadanie z jedną poprawną odpowiedzią do wyboru. Czerwona liczba wierzchołków jest zmienna i pochodzi z zadeklarowanego zbioru liczb naturalnych większych od 3. Odpowiedzi do wyboru generują się losowo, przy czym dla n wierzchołków prawidłowy jest n-1- kąt)
Link do treści
ID WOMI: 165528
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia krawedzi
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia krawedzi
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. Dany jest ostrosłup o podstawie A B C D i wierzchołku w punkcie S. Pole podstawy jest równe 72 centymetry kwadratowe, a krawędź boczna ostrosłupa, wychodząca z wierzchołka C jest nachylona do podstawy pod kątem alfa, którego tangens alfa = 0,6. Poprowadzona wysokość ostrosłupa H. Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o polu równym 72 centymetry kwadratowe, czyli P indeks dolny p = jedna druga razy (d indeks dolny p) do kwadratu, gdzie d indeks dolny p, to przekątna AC podstawy ostrosłupa. Wynika z tego, że 72 = jedna druga (d indeks dolny p) do kwadratu, zatem d indeks dolny p = 12 cm. Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy jest równy kątowi przy wierzchołku C w trójkącie prostokątnym C O S, gdzie punkt O to spodek wysokości ostrosłupa. Z definicji funkcji trygonometrycznych tangens alfa = początek ułamka, licznik H kreska ułamkowa, mianownik jedna druga razy d indeks dolny p, koniec ułamka =0,6, czyli H = 3,6 cm. Objętość ostrosłupa jest równa V = jedna trzecia razy P indeks dolny p razy H = jedna trzecia razy 72 razy 3,6 = 86,4 cm do sześcianu.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165533
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia sciany
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia sciany
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie pola powierzchni całkowitej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. Dany jest ostrosłup o podstawie A B C D i wierzchołku w punkcie S. Wysokość ostrosłupa H = 9 cm, krawędź podstawy jest równa a. Ściana boczna ostrosłupa jest nachylona do podstawy pod kątem 60 stopni. Powierzchnia boczna ostrosłupa składa się z podstawy A B C D i czterech trójkątów równoramiennych B C S, C D S, D A S, A B S. Pole powierzchni całkowitej równe jest sumie pola powierzchni podstawy i powierzchni bocznej, czyli sumie pola podstawy i czterech pól ścian bocznych. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest zawarty między wysokością ściany bocznej h indeks dolny b a podstawą bryły. Kąt ten jest zawarty w trójkącie P O S, gdzie punkt O jest spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś punkt P to punkt wyznaczający połowę krawędzi podstawy. Z definicji funkcji trygonometrycznych tangens kąta 60 stopni = początek ułamka, licznik H kreska ułamkowa, mianownik jedna druga razy a, koniec ułamka, czyli pierwiastek z trzech = początek ułamka, licznik 9 kreska ułamkowa, mianownik jedna druga razy a, koniec ułamka. Z tego a = 6 pierwiastków z trzech centymetrów. Pole podstawy = a kwadrat = (6 pierwiastków z trzech) do kwadratu = 108 centymetrów kwadratowych. Z definicji funkcji trygonometrycznej w tym samym trójkącie P O S sin kąta 60 stopni = początek ułamka, licznik H, kreska ułamkowa mianownik h indeks dolny b, koniec ułamka. Zatem pierwiastek z trzech przez dwa = początek ułamka 9, kreska ułamkowa h indeks dolny b, koniec ułamka. To h indeks dolny b = 6 pierwiastków z trzech. Zatem Powierzchnia boczna (P indeks dolny b) = 4 powierzchnie ścian bocznych ( P indeks dolny śb) = 4 razy jedna druga razy a razy h indeks dolny b = 2 razy 6 pierwiastków z trzech razy 6 pierwiastków z trzech = 216 centymetrów kwadratowych. Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa równa się sumie pola podstawy i pola powierzchni bocznej = 108 +216 = 324 centymetry kwadratowe.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165536
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165550
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_przekroj_aplet
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_przekroj_aplet
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie pola powierzchni trójkąta B D P wyznaczonego w ostrosłupie prawidłowym czworokątnym o podstawie A B C D. Punkt P leży na krawędzi bocznej o długości 16 cm. Odcinki BP i DP są prostopadłe do krawędzi CS. Pole podstawy jest równe 36 centymetrów kwadratowych i stanowi 20% pola całkowitego bryły. Z treści zadania wynika, że pole całkowite składa się z podstawy (20% pola całkowitego) i czterech przystających trójkątów równoramiennych (80% pola całkowitego). Wynika z tego, że pole podstawy (P indeks dolny p) i pole ściany bocznej (P indeks dolny śb) są sobie równe i wynoszą 36 centymetrów kwadratowych. Ponieważ P indeks dolny śb = jedna druga razy a razy h indeks dolny b, więc 36 = jedna druga razy 16 razy h indeks dolny b. Zatem h indeks dolny b (bok BP w trójkącie B C P) = dziewięć drugich cm. Trójkąt B D P jest równoramienny, a jego podstawą jest przekątna BD podstawy bryły. Podstawą bryły jest kwadrat, zatem 36 = jedna druga razy (d indeks dolny p) do kwadratu, czyli d indeks dolny p = 6 pierwiastków z dwóch centymetrów. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość h trójkąta B D P. (h indeks dolny b) do kwadratu = h kwadrat + (jedna druga razy d indeks dolny p) do kwadratu, czyli dziewięć drugich do kwadratu = h do kwadratu + (3 pierwiastki z dwóch) do kwadratu, zatem h = pierwiastek z pięciu przez dwa centymetrów. Pole trójkąta B D P jest równe P = jedna druga razy d indeks dolny p razy h = jedna druga razy 6 pierwiastków z dwóch razy jedna druga pierwiastka z pięciu = trzy drugie pierwiastka z dziesięciu centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 170909
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_ostr z przek
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_ostr z przek
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości ostrosłupa. Dany jest ostrosłup o podstawie prostokąta A B C D i wierzchołku w punkcie S. Boki podstawy są w stosunku 2 do 3. Trójkąt A C S jest równoboczny, a jego pole jest równe 27 pierwiastków z trzech decymetrów kwadratowych. Możemy zapisać, że boki podstawy mają odpowiednio długości AD = BC = 2x oraz AB = CD = 3x. Ponieważ znamy pole trójkąta równobocznego A C S możemy obliczyć długość boku tego trójkąta.: 27 pierwiastków z trzech = a kwadrat razy pierwiastek z trzech przez cztery, więc a = 6 pierwiastków z trzech. Odcinek AC = a trójkąta prostokątnego A C S jest jednocześnie przekątną podstawy ostrosłupa. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że (6 pierwiastków z trzech) do kwadratu = (3x) do kwadratu + (2x) do kwadratu, stąd otrzymujemy x kwadrat = sto osiem trzynastych. Zatem pole podstawy ostrosłupa jest równe P indeks dolny p = 6x kwadrat = 6 razy sto osiem trzynastych = sześćset czterdzieści osiem trzynastych decymetrów kwadratowych. Następnie obliczamy wysokość H ostrosłupa, która jest jednocześnie wysokością trójkąta równobocznego A C S. H = jedna druga razy 6 pierwiastków z trzech razy pierwiastek trzech = 9 dm. Zatem objętość ostrosłupa równa jest jedna trzecia pola podstawy razy wysokość ostrosłupa: V = jedna trzecia razy sześćset czterdzieści osiem trzynastych razy 9 = tysiąc dziewięćset czterdzieści cztery trzynaste decymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165555
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_4123
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_4123
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Grafika statyczna
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 170908
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup_przyklad6
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup_przyklad6
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości ostrosłupa. Dany jest ostrosłup o podstawie trójkąta równobocznego A B C i wierzchołku S. Wysokość h indeks dolny p ostrosłupa jest równa 9 pierwiastków z trzech centymetrów. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 stopni. Znając wysokość trójkąta równobocznego (podstawy ostrosłupa) obliczamy długość jego boku a oraz pole jego podstawy 9 pierwiastków z trzech = a razy pierwiastek z trzech przez dwa, z tego a = 18 cm. Zatem pole podstawy (P indeks dolny p) = a kwadrat razy pierwiastek z trzech przez cztery = 81 pierwiastków z trzech centymetrów kwadratowych. Kąt 60 stopni nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy jest zawarty między bokami trójkąta prostokątnego A E S, gdzie punkt E jest spodkiem wysokości ostrosłupa, a odcinek SE = H. Z własności trójkąta równobocznego wynika, że odcinek AE stanowi dwie trzecie wysokości tego trójkąta. Dwie trzecie razy h indeks dolny p = 6 pierwiastków z trzech centymetrów. Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym A E S otrzymujemy tangens 60 stopni = początek ułamka licznik H kreska ułamkowa mianownik dwie trzecie razy h indeks dolny p, koniec ułamka, czyli H = 18 cm. Objętość ostrosłupa jest równa jedna trzecia razy pole podstawy razy wysokość ostrosłupa = jedna trzecia razy 81 razy pierwiastek z trzech razy 18 = 486 pierwiastka z trzech centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 170907
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup przyklad 7
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup przyklad 7
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. Dany jest ostrosłup, którego podstawą jest kwadrat o A B C D o krawędzi a. Wierzchołek ostrosłupa w punkcie S. Objętość ostrosłupa jest równa 9 pierwiastków z trzech. Ściana boczna jest nachylona do podstawy pod kątem alfa, którego tangens alfa = dziewięć czwartych. Powierzchnia boczna ostrosłupa składa się z czterech trójkątów równoramiennych (B CS, C D S, D A S, A B S) o wysokości h indeks dolny b. Aby obliczyć powierzchnię boczną musimy najpierw obliczyć długość krawędzi podstawy i wysokość ściany bocznej. Ponieważ objętość ostrosłupa jest równa jedna trzecia pola podstawy razy wysokość ostrosłupa, to wykorzystując warunki zadania mamy 9 pierwiastków z trzech = jedna trzecia razy P indeks dolny p razy H, czyli 27 pierwiastków z trzech = P indeks dolny p razy H. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest zawarty w trójkącie prostokątnym E F S, gdzie punkt E \u2013 spodek wysokości ostrosłupa, punkt F \u2013 wyznacza połowę krawędzi podstawy a. Z definicji funkcji trygonometrycznej wynika, że tangens alfa = początek ułamka licznik H, kreska ułamkowa mianownik jedna druga razy a, koniec ułamka, czyli dziewięć czwartych = dwa razy H dzielone przez a., zatem H = dziewięć ósmych razy a. Wstawiamy H do wzoru 27 pierwiastków z trzech = a kwadrat razy H i po przekształceniach otrzymujemy a sześcian = 24 pierwiastki z trzech, czyli a= dwa pierwiastki z trzech decymetrów oraz po podstawieniu H = dziewięć czwartych pierwiastka z trzech decymetrów. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym E F S obliczamy wysokość ściany bocznej, (h indeks dolny b) do kwadratu = (jedna druga razy a) do kwadratu + H do kwadratu, czyli (h indeks dolny b) do kwadratu = (pierwiastek z trzech) do kwadratu + (dziewięć czwartych pierwiastka z trzech) do kwadratu, skąd h indeks dolny b = jedna czwarta pierwiastka z dwustu dziewięćdziesięciu jeden decymetrów. Powierzchnia ściany bocznej jest równa jedna druga razy a razy h indeks dolny b = trzy czwarte pierwiastka z dziewięćdziesięciu siedem. Zatem powierzchnia boczna ostrosłupa jest równa polu czterech ścian bocznych, czyli 3 pierwiastki z dziewięćdziesięciu siedmiu decymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 6. iQm8s1xZ4w_d5e394
A
Na rysunkach przedstawiono ostrosłupy prawidłowe. Oblicz objętość każdego z ostrosłupów.💥[165566]💥
V=63
V=32173
V=1839 A
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt. Oblicz objętość tego ostrosłupa.💥[165569]💥
V=8331
V=80
V=643 A
Wysokość ściany bocznej czworościanu foremnego jest równa 9 cm. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość tego czworościanu.
V=546 cm3 Pc=1083 cm2 A
Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 23, a wysokość ściany bocznej jest równa 4. Oblicz objętość ostrosłupa.
V=3233 j3 A
Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o przekątnej długości 12 cm. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60°. Oblicz objętość ostrosłupa.
V=1443 cm3 A
Ściana boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α, którego sinα=34. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa, wiedząc, że jego wysokość jest równa 15 dm.
Pc=700+4007 dm2 A
Wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa krawędzi podstawy. Pole powierzchni całkowitej tej bryły jest równe 48 dm2. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
V=3233dm3
Link do treści
ID WOMI: 165566
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_zad 1
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_zad 1
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunki ostrosłupów prawidłowych. Pierwszy ostrosłup ma w podstawie trójkąt równoboczny o krawędzi długości 6 oraz krawędzi bocznej ostrosłupa równej 4. Drugi ostrosłup ma w podstawie kwadrat o krawędzi długości 4 pierwiastki z dwóch a wysokość ściany bocznej równa jest 5. Trzeci ostrosłup ma w podstawie sześciokąt o krawędzi 6 i krawędzi ściany bocznej równej 7.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 165569
Nazwa: Ostroslup i jego wlasnosci_zad2
Tytuł: Ostroslup i jego wlasnosci_zad2
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunki trzech ostrosłupów o podstawie prostokąta. Pierwszy ostrosłup ma krawędzie podstawy równe 4 i 2 oraz długość krawędzi ściany bocznej równą 6. Drugi ostrosłup ma krawędzie podstawy równe 6 i 8 oraz kąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy równy 45 stopni. Trzeci ostrosłup ma długość krawędzi ściany bocznej równa 8 i wysokość ostrosłupa równą 6. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy 60 stopni.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 7. iQm8s1xZ4w_d5e548
A
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 643 cm2, a ściany boczne są trójkątami prostokątnymi. Oblicz objętość ostrosłupa.
V=51223 cm3 A
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt o polu 30 cm2, w którym jeden z boków jest o 40% krótszy od drugiego. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60°. Oblicz objętość ostrosłupa.
V=1051 cm3 A
Podstawą ostrosłupa jest sześciokąt foremny o polu równym 243 cm2. Objętość ostrosłupa jest równa 483cm3.Oblicz sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy.
sinα=31313 B💥[60435]💥B💥[60479]💥A💥[60465]💥A💥[60466]💥
Link do treści
Bryły obrotowe
Moduł: iQZhteOrTa wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iQZhteOrTa_d5e78
Bryły obrotowe – walec
Bryły obrotowe powstają w wyniku obrotu figury płaskiej dookoła prostej będącej osią obrotu. W tym rozdziale zajmiemy się trzema bryłami obrotowymi: walcem, stożkiem i kulą.
WalecWalec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej zawierającej jeden z boków prostokąta.
💥[185012]💥
💥[171246]💥
💥[170923]💥
💥[164286]💥
💥[164287]💥
Pole powierzchni całkowitej walca jest równe:Pc=2PP+Pb=2∙πr2+2πr∙H=2πrr+h
Objętość walca jest równa: V=πr2H
💥[79938]💥
💥[79939]💥
ID WOMI: 185012
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_definicja
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_definicja
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje walec, który otrzymujemy w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej (osi obrotu) zawierającej jeden z boków prostokąta. Wysokość walca jest równa H a promień podstawy walca jest równy r.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171246
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec
Typ: graphics
Tekst alternatywny: E-podręczniki z matematyki
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 170923
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_elementy
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_elementy
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje walec, w którym kolejno zaznaczamy elementy: oś obrotu, podstawy walca, promienie podstaw walca, średnice walca, tworzącą walca, wysokość walca, powierzchnię boczną walca, przekrój osiowy walca, przekątną przekroju osiowego walca oraz kąt nachylenia przekątnej przekroju osiowego do płaszczyzny podstawy. Tworzącą walca jest każdy odcinek o końcach należących do podstaw walca, zawarty w płaszczyźnie bocznej walca. Wysokością walca jest każdy odcinek o końcach należących do podstaw walca i prostopadły do tych podstaw. W szczególności każda tworząca jest jego wysokością.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 164286
Nazwa: Bryly obrotowe_4109
Tytuł: Bryly obrotowe_4109
Typ: movie
Tekst alternatywny: Animacja
Słowa kluczowe: matematyka, trzeci etap edukacyjny, gimnazjum
Podgląd WOMI
Źródło - nierekodowane
ID WOMI: 164287
Nazwa: Bryly obrotowe_4110
Tytuł: Bryly obrotowe_4110
Typ: movie
Tekst alternatywny: Animacja
Słowa kluczowe: matematyka, trzeci etap edukacyjny, gimnazjum
Podgląd WOMI
Źródło - nierekodowane
Sekcja: 2. iQZhteOrTa_d5e170
Oblicz objętość walca powstałego w wyniku obrotu prostokąta o bokach 12 cm i 16 cm wokół dłuższego boku.💥[170924]💥
💥[81541]💥
Przekrój osiowy walca jest kwadratem, którego przekątna jest równa 246. Oblicz objętość walca.💥[171225]💥
Objętość walca jest równa 729π cm3, a średnica podstawy walca jest 2 razy dłuższa od jego wysokości. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego walca.💥[171226]💥
Powierzchnia boczna walca jest kwadratem o przekątnej długości 82 cm. Oblicz objętość tego walca.💥[171037]💥
Podstawą walca jest koło o średnicy 123 dm. Przekątna przekroju osiowego walca jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60°. Oblicz pole powierzchni bocznej tego walca.💥[171224]💥
ID WOMI: 170924
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości walca. Dany jest prostokąt o bokach 12 cm i 16 cm. W wyniku obrotu prostokąta dookoła dłuższego boku, zawierającego oś obrotu, otrzymujemy walec o wysokości H = 16 cm i promieniu podstawy r= 12 cm. Wynika z tego, że objętość walca jest równa V = pi r kwadrat razy H = 12 kwadrat razy 16 razy pi = 2304 pi centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171225
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_przyklad2
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_przyklad2
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości walca o wysokości H i promieniu podstawy r. Przekrój osiowy walca jest kwadratem, którego przekątna jest równa 24 pierwiastki z sześciu. Jeden z boków kwadratu jest średnicą walca, a drugi wysokością walca. Znając długość przekątnej możemy obliczyć jego bok 24 pierwiastki z sześciu = a razy pierwiastek z dwóch, czyli a = 24 pierwiastki z trzech. Średnica walca jest równa 2r= 24 pierwiastki z trzech, więc promień podstawy r = 12 pierwiastków z trzech a wysokość walca H = 24 pierwiastki z trzech. Zatem objętość walca V = pi r kwadrat razy H = (dwanaście pierwiastków z trzech) do kwadratu razy 24 pierwiastki z trzech razy pi = 10368 pierwiastka z trzech pi centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171226
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 3
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 3
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie pola powierzchni całkowitej walca o wysokości H i promieniu podstawy r. Objętość walca jest równa 729 pi centymetrów sześciennych, a średnica podstawy walca jest dwa razy dłuższa od jego wysokości. Objętość walca V = pi r kwadrat razy H. Z treści wynika, że 729 pi = pi r kwadrat razy H. Ponieważ średnica podstawy walca jest dwa razy dłuższa od jego wysokości, to 2r = 2H, czyli r = H. Zatem 729 pi = pi r kwadrat razy r. Z tego r = 9 cm. Pole powierzchni całkowitej walca P indeks dolny c = 2 pi r kwadrat + 2 pi r razy H = 2 pi r kwadrat + 2 pi r kwadrat = 4 pi r kwadrat = 4 pi razy 9 kwadrat = 324 pi centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171037
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 4
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 4
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie objętości walca o promieniu podstawy r. Powierzchnia boczna walca jest kwadratem o przekątnej długości 8 pierwiastków z dwóch centymetrów. Ponieważ przekątna kwadratu jest równa d = 8 pierwiastków z dwóch, więc bok kwadratu a = 8 cm. Jeden z boków kwadratu jest równy wysokości H walca, zatem H = 8 cm. Drugi z boków po zwinięciu walca, stanowi obwód koła, które jest podstawą walca. Wynika z tego, że 2 pi r = 8 cm, czyli r = cztery dzielone przez pi. Objętość walca V = pi r kwadrat razy H = pi razy (cztery przez pi) do kwadratu razy 8 = 128 dzielone przez pi centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171224
Nazwa: Bryły obrotowe. Walec_przyklad5
Tytuł: Bryły obrotowe. Walec_przyklad5
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje obliczanie pola powierzchni bocznej walca o wysokości H i promieniu podstawy r. Średnica podstawy jest równa 12 pierwiastków z trzech decymetrów, więc promień podstawy r = 6 pierwiastków z trzech decymetrów. Przekątna przekroju osiowego walca jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 stopni. Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym otrzymujemy tangens kąta 60 stopni = H dzielone przez 2r, czyli pierwiastek z trzech = H dzielone przez 12 pierwiastków z trzech. Z tego wynika, że H = 36 dm. Wobec tego pole powierzchni bocznej walca P indeks dolny b = 2 pi r razy H = 2 pi razy sześć pierwiastków z trzech razy dwadzieścia cztery pierwiastki z trzech = 864 pi decymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 3. iQZhteOrTa_d5e235
A
Prostokąt o bokach 9 cm i 12 cm obraca się wokół dłuższego boku. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca, który powstanie w wyniku tego obrotu.
V=972π cm3 , Pc=378π cm2A
Kwadrat o polu 256 cm2 obraca się wokół boku. Oblicz pole powierzchni całkowitej walca otrzymanego w wyniku tego obrotu.
Pc=1024 π cm2 A
Walec o promieniu 5 cm powstał w wyniku obrotu prostokąta, którego przekątna jest równa 13 cm. Oblicz objętość walca.
V=300π cm3 A
Przekątna przekroju osiowego walca ma długość 63 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy walca pod kątem 60°. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
V=2434π cm3, Pc=272+273π cm2A
Oblicz objętość walca, którego wysokość jest równa 14 cm, a pole powierzchni bocznej 112π cm2.
V=224π cm3 A
Przekrój osiowy walca jest kwadratem o polu 180 cm2. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
V=2705π cm3 , Pc=270π cm2
Link do treści
Sekcja: 4. iQZhteOrTa_d5e354
A
Pole podstawy walca jest równe 18π cm2 i stanowi 30% pola powierzchni bocznej. Oblicz objętość tego walca.
V=902π cm3B
80% naczynia w kształcie walca o średnicy 8 cm i wysokości 15 cm jest wypełnione wodą. Ile sześciennych kostek o krawędzi 2 cm można wrzucić do tego naczynia, tak aby woda nie wylała się z niego?
Do tego naczynia można wrzucić nie więcej niż 18 kostek.A💥[97601]💥A💥[60475]💥A💥[60476]💥
Link do treści
Moduł: iE1kVs6MKf wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iE1kVs6MKf_d5e78
StożekStożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
💥[185013]💥
(tu powinien być aplet geogebry, podobny do apletu wzorcowego – definicja walca tylko dotyczący stożka.
[Aplet geogebry – elementy stożka – nazwy (razem z przekrojem osiowym)]
💥[171244]💥
💥[132551]💥
Pole powierzchni całkowitej stożka jest równe:Pc=πr2+πrl=πrr+l
Objętość stożka jest równa: V=13πr2H
Siatka stożka💥[79940]💥
Siatka stożka💥[79941]💥
ID WOMI: 185013
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_definicja
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_definicja
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje stożek, który powstał w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych. Zaznaczona wysokość stożka H, tworząca stożka l oraz promień podstawy stożka r.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171244
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_elementy
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_elementy
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja pokazuje stożek, w którym kolejno zaznaczamy elementy: oś obrotu, podstawę stożka, promień podstawy stożka, średnicę stożka, wierzchołek stożka, tworzącą stożka, wysokość stożka, powierzchnię boczną stożka, przekrój osiowy stożka, kąt rozwarcia stożka (w wierzchołku stożka) oraz kąt nachylenia tworzącej stożka do płaszczyzny podstawy stożka. Tworzącą stożka jest każdy odcinek łączący wierzchołek stożka z punktem na krawędzi płaszczyzny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 132551
Nazwa: Stozek. Pole powierzchni stozka_2451
Tytuł: Stozek. Pole powierzchni stozka_2451
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek stożka z zaznaczonym wierzchołkiem, wysokością, środkiem podstawy, podstawą, promieniem podstawy, tworzącą stożka.
Słowa kluczowe: matematyka, trzeci etap edukacyjny, gimnazjum
Podgląd WOMI
Sekcja: 2. iE1kVs6MKf_d5e167
Trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 4 cm i 9 cm obraca się wokół dłuższego boku. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość otrzymanego w ten sposób stożka.💥[180158]💥
Przykrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym, którego przeciwprostokątna jest równa 8 cm. Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej stożka.💥[171247]💥
Pole podstawy stożka jest równe 48π cm2 , a jego tworząca jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α , takim, że tgα=47 . Oblicz objętość stożka.💥[171245]💥
Oblicz objętość stożka, którego powierzchnia boczna jest wycinkiem koła stanowiącym 23 koła o promieniu 9 cm. 💥[180159]💥
Podstawą stożka jest koło o średnicy 123 dm. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej tego stożka, wiedząc, że kąt rozwarcia stożka jest 4 razy większy od kąta nachylenia tworzącej do płaszczyzny podstawy.Aplet 180161
Link do treści
ID WOMI: 180158
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad 1
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad 1
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie pola powierzchni całkowitej objętości stożka. Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych równych 4 cm i 9 cm, który obraca się wokół dłuższego boku tworząc stożek. Tworząca stożka ma długość l. Wysokość stożka jest równa dłuższej przyprostokątnej, czyli H = 9 cm. Promień podstawy stożka jest równy krótszej przyprostokątnej, czyli r = 4 cm. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość tworzącej stożka. l kwadrat = 4 kwadrat + 9 kwadrat. Zatem l kwadrat = 97, czyli l = pierwiastek z dziewięćdziesięciu siedmiu. Wobec tego objętość stożka V = jedna trzecia pi r kwadrat razy H = jedna trzecia razy 4 kwadrat razy 9 pi = 1444 pi centymetrów sześciennych. Pole powierzchni całkowitej stożka P indeks dolny c = 2 pi r razy (r + l) = 2 pi razy 4 razy (4 + pierwiastek z dziewięćdziesięciu siedmiu) = 8 pi razy (4 + pierwiastek z dziewięćdziesięciu siedmiu) centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171247
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad2
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad2
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości i pola powierzchni całkowitej stożka o wysokości H i promieniu podstawy r. Przekrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym, którego przeciwprostokątna jest równa 8 cm. Przyprostokątne trójkąta są jednocześnie tworzącymi stożka. Wynika z tego, że przekrój osiowy jest trójkątem równoramiennym. Przeciwprostokątna jest równa średnicy stożka, czyli 8 = 2r, więc promień podstawy r = 4 cm. Z własności trójkąta równoramiennego wynika, że H = r = 4 cm oraz l = r razy pierwiastek z dwóch = 4 pierwiastki dwóch centymetrów. Objętość stożka V = jedna trzecia pi r kwadrat razy H = jedna trzecia pi razy 4 kwadrat razy 4 = sześćdziesiąt cztery trzecie pi centymetrów sześciennych. Pole powierzchni bocznej P indeks dolny b = 2 pi r razy l = 2 pi razy 4 razy 4 pierwiastki z dwóch = 32 pierwiastki z dwóch pi centymetrów kwadratowych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 171245
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad3
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad3
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości stożka o wysokości H i promieniu podstawy r. Tworząca jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem alfa takim, ze tangens alfa = cztery siódme. Pole podstawy stożka P indeks dolny p = 48 pi centymetrów kwadratowych, czyli pi r kwadrat = 48 pi. Zatem promień podstawy r = 4 pierwiastki z trzech centymetrów. Z definicji funkcji trygonometrycznych trójkącie prostokątnym otrzymujemy tangens alfa = H dzielone przez r, czyli cztery siódme = H dzielone przez 4 pierwiastki z trzech. Wynika z tego, że H = szesnaście siódmych pierwiastka z trzech centymetrów. Obliczamy objętość stożka V = jedna trzecia pi r kwadrat razy H = jedna trzecia pi razy (4 pierwiastki z trzech) do kwadratu razy szesnaście siódmych pierwiastka z trzech = siedemset sześćdziesiąt osiem dwudziestych pierwszych pierwiastka z trzech centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 180159
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad4
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad4
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Animacja ilustruje obliczanie objętości stożka o wysokości H i promieniu podstawy r. Powierzchnia boczna stożka jest wycinkiem koła stanowiącym dwie trzecie koła o promieniu 9 cm. Powierzchnia stożka została zwinięta z dwóch trzecich koła o promieniu r, więc łuk tworzący ten wycinek stanowi dwie trzecie długości okręgu L= dwie trzecie razy 2 pi razy 9 = 12 pi centymetrów. Po zwinięciu powierzchni bocznej stożka łuk ten będzie tworzył krawędź podstawy. Wynika z tego, że długość łuku jest równa długości okręgu stanowiącego podstawę stożka 12 pi = 2 pi r, czyli r = 6 cm. Promień wycinka koła jest jednocześnie tworzącą stożka. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość stożka 9 kwadrat = 6 kwadrat + H kwadrat, czyli H = pierwiastek z czterdziestu pięciu = 3 pierwiastki z pięciu centymetrów. Objętość stożka V = jedna trzecia pi r kwadrat razy H = jedna trzecia pi razy 6 kwadrat razy 3 pierwiastki z pięciu = 36 pi pierwiastków z pięciu centymetrów sześciennych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 3. iE1kVs6MKf_d5e227
B
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równobocznym o polu 483 dm2. Oblicz pole powierzchni bocznej i objętość tego stożka.
Pb=96π dm2 , V=192π dm3B
Trójkąt o przeciwprostokątnej długości 83 cm obrócono wokół prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych. Kąt rozwarcia otrzymanego w ten sposób stożka jest równy 60°. Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej tego stożka.
V=192π cm3, Pc=144 π cm2B
Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu na płaszczyźnie jest półkolem o promieniu 14 cm. Oblicz objętość stożka.
V=34333π cm3 B
Koło o średnicy 24 cm podzielono na dwa wycinki koła w ten sposób, że jeden z nich stanowi 15 drugiego. Z obu wycinków utworzono powierzchnie boczne stożków. Niech V1 oznacza objętość stożka utworzonego z większego wycinka, V2 – objętość stożka utworzonego z mniejszego wycinka. Wyznacz stosunek V1V2.
V1V2=53857 B
Podstawą stożka jest koło o polu 12π cm2. Pole powierzchni bocznej jest 2 razy większe od pola podstawy. Oblicz sinus kąta nachylenia tworzącej stożka do płaszczyzny podstawy.
sinα=32 B
Walec i stożek mają równe promienie podstawy r i wysokości H. Oblicz stosunek pola powierzchni bocznej walca do pola powierzchni bocznej stożka.
PbwPbs=2πrHπrr2+H2=2Hr2+H2r2+H2 B
Trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 3 cm i 4 cm obraca się wokół przeciwprostokątnej. Oblicz objętość otrzymanej w ten sposób bryły.
V=485π cm2 B
Stożek o promieniu podstawy 2 cm i wysokości 8 cm przecięto płaszczyzną równoległą do podstawy przechodzącą przez środek wysokości stożka. Oblicz stosunek objętości brył na jakie został podzielony stożek.
17 A💥[60480]💥A💥[60467]💥
Link do treści
Moduł: idZqwWwj6Q wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. idZqwWwj6Q_d5e78
Przekrój kuli💥[76982]💥
Siatka sześcianu💥[58568]💥
Siatka sześcianu💥[55277]💥Siatka sześcianu💥[79931]💥
Link do treści
Sekcja: 2. idZqwWwj6Q_d5e129
Sześcian💥[47994]💥
💥[185129]💥
Siatka prostopadłościanu💥[48440]💥
Siatka prostopadłościanu💥[79932]💥
Siatka prostopadłościanu. Wzór na pole prostopadłościanu. 💥[58569]💥
ID WOMI: 185129
Nazwa: Bryly obrotowe. Stozek_4370
Tytuł: Bryly obrotowe. Stozek_4370
Typ: movie
Tekst alternatywny: Animacja
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Źródło - nierekodowane
Sekcja: 3. idZqwWwj6Q_d5e183
Siatka stożka💥[79940]💥
Siatka stożka💥[79941]💥Siatka graniastosłupa💥[81538]💥Siatka graniastosłupa💥[81539]💥
Link do treści
Sekcja: 4. idZqwWwj6Q_d5e232
Siatka graniastosłupa
💥[81534]💥Siatka graniastosłupa
💥[81532]💥Siatka graniastosłupa
💥[81535]💥Siatka graniastosłupa
💥[81537]💥
Link do treści
Sekcja: 5. idZqwWwj6Q_d5e287
Siatka graniastosłupa💥[79934]💥Siatka graniastosłupa
💥[79935]💥Siatka ostrosłupa💥[79936]💥Siatka ostrosłupa
💥[79937]💥
Link do treści
Sekcja: 6. idZqwWwj6Q_d5e339
Siatka walca💥[79938]💥Siatka walca
💥[79939]💥
💥[76983]💥💥[60247]💥
Link do treści
Sekcja: 8. idZqwWwj6Q_d5e436
Siatka sześcianu💥[55277]💥💥[58572]💥💥[58571]💥
💥[79931]💥💥[48440]💥
💥[79932]💥
💥[79934]💥💥[79935]💥💥[79936]💥💥[79937]💥💥[79938]💥💥[79939]💥💥[79940]💥💥[79941]💥
💥[81540]💥
Link do treści
Elementy statystyki opisowej
Moduł: ibCRNJ2Cbh wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 4 Szkoły ponadgimnazjalne, których ukończenie umożliwia uzyskanie świadectwa dojrzałości po zdaniu egzaminu maturalnego Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 Ciągi. Uczeń:
Sekcja: 1. ibCRNJ2Cbh_d5e78
Link do treści
(1)
Próbując poznać fragment otaczającego nas świata możemy zastosować metody ilościowe albo jakościowe.
Animacja 1 (Metody ilościowe i jakościowe przeprowadzania badań)W pewnej szkole średniej uczniowie klasy II dostali zadanie domowe dowiedzieć się, czym najchętniej zajmują się w wolnym czasie dzieci w wieku przedszkolnym. Dwóch kolegów miało zupełnie inne pomysły na szukanie odpowiedzi na to pytanieTomek: Przecież w moim bloku, dwa piętra niżej mieszka Mikołaj, który chodzi do przedszkola. Zejdę do niego i porozmawiam. I tak zrobił. Spędził z chłopcem dwie godziny bawiąc się samochodzikami, potem przeprowadził wywiad na temat Mikołaja z jego mamą i babcią, spisał na kartkę tytuły jego ulubionych książek, gier komputerowych i bajek.Marcin: Umieścił na Facebooku ankietę z prośbą do swoich przyjaciół... mam takie zadanie, pomóżcie, może znacie jakieś dziecko w wieku przedszkolnym? Odpowiedziało 42 osoby.Tomek prowadził badania w sposób jakościowy, a Marcin w sposób ilościowy. Pierwszy wie bardzo dużo na temat jednego konkretnego dziecka, drugi dużo mniej szczegółów ale o większej grupie osób. Statystyka przydaje się właśnie w tym drugim sposobie przeprowadzania badań.
Przeprowadzając badania ilościowe, mamy do czynienia ze zbiorami danych. Jeżeli tych danych jest kilka, to możemy stwierdzić, która jest największa, która najmniejsza, która występuje najczęściej itp. Jednak, żeby wyciągnąć wniosek o jakimś zjawisku, potrzebujemy tych danych dużo więcej. Im więcej danych zbierzemy, tym trafniejsze będzie nasze wnioskowanie. Oczywiście najlepiej byłoby mieć wszystkie informacje, co zwykle jest niemożliwe lub bardzo kosztowne. Dlatego najczęściej bierzemy pod uwagę jedynie niektóre dane z tzw. próby. Na przykład producent spodni męskich przeznaczonych na rynek polski powinien dysponować informacją o zapotrzebowaniu na poszczególne rozmiary spodni. Dobrze przeprowadzone badania ilościowe pozwolą z dużą trafnością odpowiedzieć na to pytanie.
Zapytaliśmy uczniów pewnej szkoły, ile godzin przeznaczają tygodniowo na naukę. Każdą otrzymaną odpowiedź zanotowaliśmy, zapisując też informację o płci ucznia i o klasie. Otrzymane dane zestawiliśmy w tabeli.|-----------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
| Nr badanego ucznia | Płeć | Klasa | Liczba godzin tygodniowo przeznaczonych na naukę |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
| 1. | k | Ia | 9 |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
| 2. | m | IIb | 13 |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
| 3. | m | Ic | 10 |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
| ... | ... | ... | ... |
|-----------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. DaneNr badanego uczniaPłećKlasaLiczba godzin tygodniowo przeznaczonych na naukę1.kIa92.mIIb133.mIc10............Nasza tabela składa się z 384 wierszy. Bezpośrednia obserwacja takiej tabeli niewiele daje. Danych jest zbyt wiele, żeby je przyswoić i wyciągnąć
(2)
z nich wnioski. Dane te wymagają pewnego zorganizowania w zależności od tego, co chcemy z nich wywnioskować. Gdy chcemy odpowiedzieć na pytanie, czy dziewczęta poświęcają tygodniowo na naukę więcej czasu niż chłopcy, to musimy pogrupować nasze dane ze względu na płeć. Gdy interesuje nas, której klasy uczniowie poświęcają najwięcej czasu na naukę, pogrupujemy je ze względu na klasę.Oczywiście samo pogrupowanie danych jeszcze nie rozwiązuje problemu. Aby porównać interesującą nas wielkość, w każdej z wyodrębnionych grup, obliczamy pewną liczbę, reprezentującą tę wielkość. Tego typu liczby nazywamy parametrami danych statystycznych, czy też statystykami. Zacznijmy od takich parametrów, które w pewien sposób wyznaczają „środek” danej próby, czyli są tzw. miarami tendencji centralnej. Należą do nich różnego rodzaju średnie, mediana i dominanta.
Średnia arytmetycznaŚrednia arytmetyczna
Średnią arytmetyczną liczb rzeczywistych x1,x2, …,xn nazywamy liczbę x-=x1+x2+…+xnn.
Animacja 2 [Nagranie wideo 6]
W celu ustalenia średniej ceny sprzedaży pewnej książki zbadano jej cenę w ośmiu księgarniach. Ceny te były równe: 34,00 zł; 36,90 zł; 29,99 zł; 30,00 zł; 32,35 zł; 36,00 zł; 38,90 zł; 31,00 zł. Średnia cena tej książki jest więc równa:x-=34+36,90+29,99+30+32,35+36+ 38,90+318=269,148=33,64 złŚredniej często używa się, żeby stworzyć jakiś wzorzec. Jeżeli obliczę, na podstawie rachunków z ostatniego roku, że średnia miesięczna opłata w moim mieszkaniu za energię elektryczną wynosi 102 zł, to mogę przewidywać, że w kolejnych miesiącach też zapłacę około 100 zł miesięcznie, przy założeniu, że warunki nie zmienią się (nie kupię nowego sprzętu elektrycznego, nie zmieni się cena prądu itp). Średnia jest wielkością, z którą wygodnie jest porównywać konkretne dane. Jeżeli z badań przeprowadzonych na grupie 100 tys. licealistów wynika, że średnio poświęcają na naukę 63 minuty dziennie, to możesz oszacować, czy uczysz się więcej, czy mniej niż przeciętny licealista.
Średnia cena pięciu filmów zakupionych przez pana Kowalskiego jest równa 24 zł. Po dokupieniu szóstego filmu, średnia cena wzrosła do 26 zł. Ile kosztował szósty z filmów?Za pięć filmów zapłacono 24∙5 zł=120 zł. Oznaczmy cenę szóstego filmu przez x. Wtedy średnia cena zakupu filmu jest równa 120+x6 zł. Cenę tę mamy podaną, jest ona równa 26 zł. Pozostaje rozwiązać równanie120+x6=26.Stąd 120+x=156, czyli x=36 zł. Zauważ, że jeżeli średnia arytmetyczna pewnych liczb jest równa x- i dodasz do nich liczbę a>x-, to po dodaniu średnia nowego zestawu liczb zwiększy się. Jeżeli dodasz liczbę a<x-, to średnia nowego zestawu liczb zmniejszy się. Jeżeli dodamy a=x-, to średnia nie ulegnie zmianie.
Animacja 3 [Nagranie wideo 8]
Animacja 4 [Nagranie wideo 9]
W pewnej szkole są trzy klasy trzecie. Średni wynik próbnej matury uczniów klasy IIIa, liczącej 30 osób, jest równy 20 punktów, średni wynik klasy IIIb, liczącej 20 uczniów, jest równy 40 punktów, a średni wynik klasy IIIc, liczącej 25 uczniów, to 30 punktów. Ile jest równy średni wynik próbnej matury w całej szkole?Zaczniemy od zsumowania liczby punktów uzyskanych z tej matury przez wszystkich uczniów w szkole. Klasa IIIa: 30∙20=600 punktów.
Klasa IIIb: 20∙40=800 punktów.
Klasa IIIc: 25∙30=750 punktów.W sumie w całej szkole uczniowie zdobyli 2150 punktów. Ponieważ uczniów w klasach trzecich tej szkoły jest 30+20+25=75, więc szukana średnia jest równa 215075≈28,67.Zauważ, że średnia ta nie jest średnią arytmetyczną podanych średnich w poszczególnych klasach, czyli nie jest ona równa:20+40+303=30.Tak jest, gdyż liczby osób w kla
(3)
sach są różne. Średni wynik klasy III a w większym stopniu wpływa na obliczony średni wynik szkoły niż wynik każdej z pozostałych dwóch klas, ponieważ klasa IIIa jest najliczniejsza. Spośród wszystkich 75 uczniów klas trzecich tej szkoły 30 to uczniowie klasy IIIa, więc możemy przyjąć, że mamy 30 uczniów, z których każdy ma wynik 20 punktów. Analogicznie możemy przyjąć, że mamy 20 uczniów z wynikiem średnim 40 punktów i 25 uczniów z wynikiem 30 punktów. Średni wynik jest więc równy:x-w=20+20+…+20⏞30 składników+40+40+…+40⏞20 składników+30+30+…+30⏞25 składników30+20+25=20∙0+40∙20+30∙2530+20+25=215075≈28,67.Liczebności, z jakimi występowały wyniki 20, 40 i 30, a więc liczby 30, 20 i 25, są wagami tych wyników, a obliczona średnia to średnia ważona.
Średnia ważonaŚrednia ważona
Średnią ważoną liczb x1,x2, …,xn, którym przyporządkowane są odpowiednio dodatnie wagi w1,w2, …,wn, nazywamy liczbę x-w=x1∙w1+x2∙w2+…+xn∙wnw1+w2+…+wn.
UwagaNiekiedy wygodniej jest zapisać wzór w postaci:x-w=w1w1+w2+…+wn∙x1+w2w1+w2+…+wn∙x2+…+wnw1+w2+…+wn∙xnWtedy przyjmujemy, że wagami, z jakimi występują liczby x1,x2, …,xn, są ułamki: u1=w1w1+w2+…+wn, u2=w2w1+w2+…+wn, ...un=wnw1+w2+…+wnUłamki te są dodatnie i ich suma jest równa 1. Zatem x-w=u1∙x1+u2∙x2+…+un∙xn,gdzie u1+u2+…+un=1.
Animacja 5 [Nagranie wideo 12]
Animacja 6 [Nagranie wideo 11]
Jeżeli liczymy średnie z dwóch równolicznych grup danych, to średnia ze wszystkich liczb jest średnią arytmetyczną średniej policzonej w pierwszej grupie i średniej policzonej w drugiej grupie. Jeżeli jednak grupy nie są równoliczne, to średnia wszystkich liczb najczęściej nie jest średnią z policzonych wcześniej średnich w każdej grupie.
Aby zaliczyć przedmiot „Matematyka” na pewnym kierunku studiów, student musi uzyskać 3 oceny: z ćwiczeń, laboratorium i egzaminu, przy czym każda z ocen musi być pozytywna (co najmniej równa 3). Wówczas ocena z przedmiotu „Matematyka” jest średnią ważoną tych trzech ocen: ocena z ćwiczeń ma wagę 3, z laboratorium - wagę 1, a ocena z egzaminu - wagę 4. W tabeli zestawiono oceny cząstkowe Tomka i Michała. Jaką ocenę otrzyma każdy z nich na zaliczenie? |------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------------------|
| | ćwiczenia | laboratorium | egzamin |
|------------------------------------------|
| Tomek | 3 | 5 | 3,5 |
|------------------------------------------|
| Michał | 3,5 | 3 | 5 |
|------------------------------------------|
Tabela. DanećwiczenialaboratoriumegzaminTomek353,5Michał3,535Średnia ważona ocen Tomka jest równa x-w=3⋅3+5⋅1+3,5⋅43+1+4=288=3,5.Średnia ważona ocen Michała jest równa x-w=3,5⋅3+3⋅1+5⋅43+1+4=33,58=4,19.Zwróć uwagę, że mimo iż obaj chłopcy cząstkowe oceny mieli takie same, czyli 3, 3,5 oraz 5 na koniec dostaną inną ocenę. Tak jest dlatego, gdyż Tomek ma najwyższą ocenę z laboratorium, czyli tę o najniższej wadze, za to Michał najwyższą ocenę ma z egzaminu, czyli tę o najwyższej wadze.Średnia arytmetyczna ma pewne wady. Bardzo duży wpływ na nią mają wartości skrajne, czyli te największe i najmniejsze, zwłaszcza jeżeli są wyraźnie większe albo mniejsze od pozostałych. W takich przypadkach średnia nie oddaje prawdziwego poziomu interesującej nas wielkości.
Chcemy rozpocząć pracę w pewnej firmie. Dowiadujemy się, że średnia pensja w tej firmie to 1380 zł. Czy należy się spodziewać, że będziemy zarabiać około 1300 - 1400 zł? Otóż niekoniecznie. Gdyby w tej firmie pracowało 9 osób, z których 8 to szeregowi pracownicy o zarob
(4)
kach odpowiednio: 720 zł, 800 zł, 850 zł, 850 zł, 900 zł, 900 zł, 950 zł i 950 zł oraz 1 prezes, którego zarobki to 5500 zł, to średnia pensja w tej firmie jest równa 1380 zł. Należy przypuszczać, że nowo zatrudniony pracownik w takiej firmie nie będzie zarabiał więcej niż najwięcej zarabiający aktualnie pracownik szeregowy, a więc 950 zł. W takich przypadkach, gdy wyniki skrajne znacznie odbiegają od pozostałych i w efekcie zaburzają średnią, lepiej posłużyć się inną miarą tendencji centralnej. Możemy np. obliczyć medianę.
Sekcja: 2. ibCRNJ2Cbh_d5e286
MedianaMediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru n liczb x1≤x2≤x3≤…≤xn jest:
dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz xn+12,dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów ciągu, czyli 12(xn2+xn2+1).
Policzmy medianę zarobków w firmie z przykładu 6. Pensje już są ustawione w ciąg niemalejący720 ≤800 ≤ 850 ≤850 ≤ 900 ≤ 900 ≤ 950 ≤950 ≤ 5500.Medianę liczymy z 9 liczb, czyli środkową jest stojąca na pozycji piątej. Mediana jest więc równa 900. Wielkość ta dużo lepiej, niż średnia arytmetyczna oddaje realia zarobków szeregowych pracowników w rozważanej firmie.
Średnia arytmetyczna zestawu danych: 4, 5, 8, 3, 3, 11,12,x jest równa 7. Oblicz medianę tego zestawu danych.Suma danych liczb jest równa: 4+5+8+3+3+11+12+x=46+x. Ponieważ średnia arytmetyczna tych danych jest równa 7, otrzymujemy równanie 46+x8=7, stąd 46+x=56. Mamy więc x=10. Ustawiamy dane liczby w niemalejący ciąg3≤3≤4≤5≤8≤10≤11≤12Liczba wyrazów ciągu jest równa 8, a więc jest parzysta. Stąd mediana jest równa średniej arytmetycznej wyrazów stojących na dwóch środkowych pozycjach. W tym przypadku na czwartej i piątej. Jest więc równa 5+82=132=6,5.
Innym sposobem na zmniejszenie wrażliwości średniej na wyniki skrajne jest odrzucenie pewnej liczby największych i najmniejszych danych i policzenie średniej z pozostałych danych. Taka średnia nosi nazwę średniej ucinanej (obciętej). Spotykamy ją w liczeniu noty końcowej przyznawanej przez sędziów w wielu dyscyplinach sportowych, np. w skokach narciarskich, jeździe figurowej na lodzie, czy gimnastyce artystycznej.
Sposobem na znalezienie „środka” danej próby jest podanie tzw. dominanty. Przydaje się ona szczególnie w tych przypadkach, gdy opisywane wielkości nie mają wartości liczbowej, czyli nie można policzyć dla nich średniej czy mediany.DominantaDominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w próbie najczęściej.
W sondzie ulicznej stu losowo wybranym osobom zadano pytanie: jaką herbatę piją najchętniej? Wyniki badania przedstawiono na diagramie.💥[117274]💥
Dominantą tego badania jest herbata czarna.
W pewnym domu kultury prowadzone są zajęcia plastyczne, w których bierze udział 90 dzieci. Porównaj ze sobą średnią wieku, medianę i dominantę uczestników tych zajęć.💥[117275]💥
Średnia wieku uczestników jest równa:x-w=7∙7+8∙13+9∙23+10∙21+11∙14+12∙5+13∙2+14∙890=92290=10,24Dominantą jest wiek 9 lat. Medianą będzie średnia arytmetyczna wieku stojącego na 45 i 46 pozycji w niemalejącym ciągu wieku uczestników. Zauważmy, że jeżeli zsumujemy liczby siedmio-, ośmio- i dziewięciolatków, otrzymamy 40 osób, czyli od pozycji 41 do pozycji 61 będzie stała wartość 10 lat, więc mediana jest równa 10.
W pewnej firmie zatrudniającej 25% kobiet i 75% mężczyzn, średnia pensja kobiety jest równa 2200 zł, a średnia pensja mężczyzny jest równa 2500 zł. O ile procent zmniejszyłaby się średnia pensja w tej firmie, gdyby zatrudniała po równo, kobiet i mężczyzn?Policzmy średnią w obecnej sytuacji 25%⋅2000+75%⋅2500100%=50000+187500100=237500100=2375.W sytuacji hipotetycznej, gdy liczba kobiet i liczba mężczyzn zatrudnionych w zakładzie są sobie równe, średnia pensja w firmie jest średnią arytmetyczną średniej pensji kobiety i średniej pensji mężczyzny 2000+25002=45002=2250Układamy proporcję 100%-2375x%-2375-2250Stąd x=125∙1002375≈5,26%.
Link do treści
ID WOMI: 117274
Nazwa: Statystyka_rys_2080
Tytuł: Statystyka_rys_2080
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram kołowy, z którego odczytujemy rodzaj herbaty, jaką piją wybrane w sondzie ulicznej osoby. Herbatę owocową wybrało \u2013 25% badanych, herbatę zieloną wybrało \u2013 19%, herbatę czarną wybrało \u2013 47%, herbatę roibos wybrało \u2013 5%, herbatę mate wybrało \u2013 2%. Nie pijam herbaty \u2013 2% badanych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117275
Nazwa: Statystyka_rys_2081
Tytuł: Statystyka_rys_2081
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy pionowy (słupki ułożone pionowo), z którego odczytujemy liczbę dzieci na zajęciach plastycznych w zależności od wieku dziecka. Wiek 7 lat \u2013 7 dzieci, wiek 8 lat \u2013 13 dzieci, wiek 9 lat \u2013 23 dzieci, wiek 10 lat \u2013 21 dzieci, wiek 11 lat \u2013 14 dzieci, wiek 12 lat \u2013 5 dzieci, wiek 13 lat \u2013 2 dzieci, wiek 14 lat \u2013 8 dzieci.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 3. ibCRNJ2Cbh_d5e423
Średnie, mediana, dominanta, czyli statystyki wyznaczające środek zestawu danych. ZadaniaAclassicmobileall-sets4
Średnia arytmetyczna liczb: x, 12, 10, 5, 8, 8 jest równa 8. Wtedy mediana jest równa
6
8
9
11 staticstatic-mono
Średnia arytmetyczna liczb: x, 12, 10, 5, 8, 8 jest równa 8. Wtedy mediana jest równa
6
8
9
11 Aclassicmobileall-sets4
Mediana zestawu danych: 4, 12,14, a, 5, 7 jest równa 9. Wówczas
a=6
a=8
a=9
a=11 staticstatic-mono
Mediana zestawu danych: 4, 12,14, a, 5, 7 jest równa 9. Wówczas
a=6
a=8
a=9
a=11 Aclassicmobileall-sets4
Rzucono kością sześć razy i otrzymano wyniki: 2, 3, 6, 1, 3, 2. Wtedy
mediana i średnia arytmetyczna są sobie równe
mediana jest większa niż średnia arytmetyczna
średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
nie istnieje mediana tego zestawu danychstaticstatic-mono
Rzucono kością sześć razy i otrzymano wyniki: 2, 3, 6, 1, 3, 2. Wtedy
mediana i średnia arytmetyczna są sobie równe
mediana jest większa niż średnia arytmetyczna
średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
nie istnieje mediana tego zestawu danychAclassicmobileall-sets4
W pewnej grupie rodzin zbadano liczbę dzieci i dane przedstawiono na wykresie.💥[117317]💥
Mediana przedstawionych na wykresie danych jest równa
2
2,4
2,5
10 staticstatic-mono
W pewnej grupie rodzin zbadano liczbę dzieci i dane przedstawiono na wykresie.💥[117317]💥
Mediana przedstawionych na wykresie danych jest równa
2
2,4
2,5
10 Aclassicmobileall-sets4
Mediana liczb: 4, 6, 10, x, 8, 5, 9 wynosi 6. Wtedy liczba x spełnia warunek
x=7
x∈6,8
x≤6
x>6 staticstatic-mono
Mediana liczb: 4, 6, 10, x, 8, 5, 9 wynosi 6. Wtedy liczba x spełnia warunek
x=7
x∈6,8
x≤6
x>6 Aclassicmobileall-sets4
Średnia ważona liczb: x, 5, 8 z wagami odpowiednio: 5, 3, 2 jest równa 8,1. Wtedy liczba x jest równa
8
10
12
14 staticstatic-mono
Średnia ważona liczb: x, 5, 8 z wagami odpowiednio: 5, 3, 2 jest równa 8,1. Wtedy liczba x jest równa
8
10
12
14 A💥[117319]💥
ID WOMI: 117317
Nazwa: Statystyka_rys_2084
Tytuł: Statystyka_rys_2084
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy pionowy, z którego odczytujemy liczbę rodzin w zależności od liczby posiadanych dzieci. Jedno dziecko - 4 rodziny, dwoje dzieci - 10 rodzin, troje dzieci - 3 rodziny, czworo dzieci - 1 rodzina, pięcioro dzieci - 1 rodzina, sześcioro dzieci - 1 rodzina.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117317
Nazwa: Statystyka_rys_2084
Tytuł: Statystyka_rys_2084
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy pionowy, z którego odczytujemy liczbę rodzin w zależności od liczby posiadanych dzieci. Jedno dziecko - 4 rodziny, dwoje dzieci - 10 rodzin, troje dzieci - 3 rodziny, czworo dzieci - 1 rodzina, pięcioro dzieci - 1 rodzina, sześcioro dzieci - 1 rodzina.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117319
Nazwa: Statystyka_zs2085
Tytuł: Statystyka_zs2085
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. ibCRNJ2Cbh_d5e730
A💥[117318]💥
A💥[117320]💥
A
Wyniki sprawdzianu z matematyki i z języka polskiego w klasie III c są przedstawione na diagramie💥[117276]💥
Ilu uczniów ze sprawdzianu z matematyki otrzymało ocenę wyższą niż średnia ocen?
Ilu uczniów ze sprawdzianu z języka polskiego otrzymało ocenę niższą niż mediana ocen?
14
9
Liczymy średnią ocen ze sprawdzianu z matematyki w klasie IIIcx-w=1⋅2+2⋅3+3⋅11+4⋅8+5⋅5+6⋅12+3+11+8+5+1=10430=3,47Wyższymi ocenami są więc 4, 5 i 6. Uczniów, którzy taką ocenę zdobyli, jest 8+5+1=14.
Liczb, dla których liczymy medianę, jest 30, medianą będzie więc średnia liczb ustawionych w niemalejący ciąg, stojących na pozycjach 15 i 16. Jeżeli dodamy liczbę uczniów, którzy ze sprawdzianu z języka polskiego dostali 1,2 i 3, otrzymamy 4+5+7=16. Zatem na pozycjach 15 i 16 stoją 3, stąd mediana jest równa 3. Oceny niższe to 2 i 1. Ze sprawdzianu z języka polskiego otrzymało je 4+5=9 osób.A
W tabeli zestawiono oceny z matematyki na koniec roku uczniów pewnej klasy.|---------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------|
| Ocena | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---------------------------|
| Liczba ocen | 0 | 3 | 12 | 10 | x | 1 |
|---------------------------|Tabela. DaneOcena 123456Liczba ocen031210x1Oblicz liczbę piątek, jeżeli średnia ocen z matematyki w tej klasie jest równa 3,5.
2
Licząc średnią ocen w klasie z matematyki, otrzymujemy x-w=3⋅2+12⋅3+10⋅4+1⋅6+x⋅53+12+10+1+x=88+5x26+x.Ponieważ średnia ta jest równa 3,5, to otrzymujemy równanie:88+5x26+x=3,5,które następnie przekształcamy do postaci88+5x=91+3,5x.Stąd 1,5x=3. Otrzymujemy więc x=2.A
W sklepie przygotowano mieszankę trzech rodzajów cukierków składającą się z 14 kg cukierków w cenie 12 zł za kg, 9 kg cukierków w cenie 14 zł za kg oraz 7 kg cukierków w cenie 18 zł za kg. Ile powinien kosztować 1 kg mieszanki?
14 zł
Policzymy średnią cenę kilograma cukierków w otrzymanej mieszance14⋅12+9⋅14+7⋅1814+9+7=42030=14.A
Średni staż pracy 10 robotników w pewnym zakładzie jest równy 7 lat. Jeżeli dodać do badanych brygadzistę, to średni wiek pracy zwiększy się do 9 lat. Ile lat pracuje w tym zakładzie brygadzista?
29 lat
Oznaczmy przez x liczbę lat przepracowanych w tym zakładzie przez brygadzistę. Licząc średni wiek pracy w zakładzie robotników wraz z brygadzistą, otrzymujemy równanie10⋅7+x11=9Stąd 70+x=99, czyli x=29 lat.A
Średnia wieku uczestników wycieczki wynosiła 14 lat. Jeżeli doliczymy do tej średniej wiek opiekuna, który ma 40 lat, to średnia zwiększy się do 15 lat. Ilu było uczestników wycieczki?
25
Oznaczmy przez x liczbę uczestników wycieczki. Policzymy średnią razem z opiekunem. x-=14⋅x+40x+1=15Otrzymujemy więc równanie 14x+40=15x+15, stąd x=25.
Link do treści
ID WOMI: 117318
Nazwa: Statystyka_zs2088
Tytuł: Statystyka_zs2088
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117320
Nazwa: Statystyka_2086
Tytuł: Statystyka_2086
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117276
Nazwa: Statystyka_rys_2082
Tytuł: Statystyka_rys_2082
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy poziomy (słupki ułożone poziomo), z którego odczytujemy liczbę uczniów, w zależności od otrzymanej oceny ze sprawdzianu, w rozbiciu na matematykę i język polski. Matematyka Ocena 1 \u2013 4 uczniów, ocena 2 \u2013 3 uczniów, ocena 3 \u2013 11 uczniów, ocena 4 \u2013 8 uczniów, ocena 5 \u2013 5 uczniów, ocena 6 \u2013 1 uczeń. Język polski Ocena 1 \u2013 4 uczniów, ocena 2 \u2013 5 uczniów, ocena 3 \u2013 7 uczniów, ocena 4 \u2013 7 uczniów, ocena 5 \u2013 5 uczniów, ocena 6 \u2013 2 uczeń.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. ibCRNJ2Cbh_d5e913
Link do treści
(1)
A
W pewnej firmie średnia pensja jest równa 2000 zł. O ile procent zwiększy się średnia pensja, jeżeli każdy z pracowników dostanie podwyżkę?
o 500 zł
o 10%
25%
10%
jeżeli każdy z pracowników otrzyma podwyżkę o 500 zł, nową średnią będziemy liczyć następującox-=x1+500+x2+500+…+xn+500n=x1+x2+…+xnn+500.Zatem średnia pensja też zwiększy się o 500 zł. Możemy więc ułożyć proporcję 100%-2000x-500Stąd x=500⋅100%2000=25%.
Jeżeli wszyscy pracownicy dostaną podwyżkę o 10%, nową średnią pensję będziemy liczyć następująco1,1∙x1+1,1∙x2+…+1,1∙xnn=1,1⋅x1+x2+…+xnnZatem średnia pensja zwiększy się o 10%.A
W celu zakupienia obuwia dla zawodników drużyny piłkarskiej sprawdzono rozmiary obuwia poszczególnych zawodników i dane umieszczono na diagramie.💥[117315]💥
Oblicz medianę, modę i średnią arytmetyczną rozmiaru.
moda - 44mediana - 43,5średnia - 43,44
Wszystkich zawodników w drużynie jest: 1+3+4+6+2=16. Zatem mediana jest średnią arytmetyczną liczby stojącej na pozycji 8 i 9 w niemalejącym ciągu wszystkich wyników. Zauważmy, że jeżeli zsumujemy liczbę obuwia w rozmiarze 41, 42 i 43, otrzymamy 1+3+4=8, zatem na pozycji 8 stoi wartość 43, a na pozycji 9 wartość 44. Mediana jest średnią arytmetyczną tych dwóch wartości, więc jest równa 43+442=43,5.Na koniec policzymy średnią 1⋅41+3⋅42+4⋅43+6⋅44+2⋅4616=41+126+172+264+9216=69516≈43,44.A
W pewnej szkole dwie klasy trzecie napisały próbną maturę z matematyki. W klasie IIIa, liczącej 30 uczniów, średni wynik z tej matury wyniósł 60%, a w klasie III b, liczącej 20 uczniów średni wynik z tej matury wyniósł 80%. Jaki jest średni wynik z próbnej matury w tej szkole?
68%
Informację, że w 30-osobowej klasie średni wynik wyniósł 60%, możemy zinterpretować jako sytuację, gdy 30 osób zdobyło 60%. Podobnie postąpimy z informacją o średnim wyniku klasy III b. Otrzymujemy wówczas średnią w całej szkole równą:30∙60%+20∙80%20+30=1800%+1600%50=3400%50=68%.A:explode:[117321]:explode:
A
Średnia arytmetyczna trzech liczb: a, b, c jest równa 8. Oblicz, ile wynosi średnia arytmetyczna podanych liczb:
3a, 3b, 3c
a+1, b+2, c+3
a,b,c,6
24
107,5
Ponieważ średnia liczb a, b, c jest równa 8, więc a+b+c3=8, skąd a+b+c=24.
Średnia arytmetyczna liczb 3a, 3b, 3c jest równa 3a+3b+3c3=a+b+c=24.
Średnia arytmetyczna liczb a+1, b+2, c+3 jest równa a+1+b+2+c+33=a+b+c+63=24+63=303=10.
Średnia arytmetyczna liczb a,b,c,6 jest równa a+b+c+64=24+64=304=7,5.A
Trzech uczniów napisało maturę z matematyki, zdobywając średnio 40 punktów na 50 możliwych. Mediana ich wyników jest równa 50 punktów. Ile punktów zdobyli poszczególni uczniowie na maturze z matematyki?
20, 50 i 50
Oznaczmy wyniki uczniów, od najsłabszego do najlepszego, kolejno przez x, y i z. Mamy więc x≤y≤z. Ponieważ liczba wyników jest nieparzysta, mediana jest równa środkowemu wynikowi. Zatem y=50. Maksymalnym do zdobycia wynikiem jest 50 punktów, stąd z=50. Licząc następnie średnią, otrzymujemy x+50+503=40, stąd x=20.A
Małgosia na koniec roku szkolnego, uzyskała średnią ocen 4,4. Spośród dziesięciu przedmiotów otrzymała tylko jedną 3, a poza tym same 4 i 5. Oblicz, ile 5 na świadectwie miała Małgosia.
5
Oznaczmy przez x liczbę ocen bardzo dobrych, które uzyskała Małgosia. Ponieważ na świadectwie znalazło się 10 ocen i poza ocenami bardzo dobrymi były to jedna 3 i pozostałe 4, więc ocen dobrych było 9-x.Zatem, licząc średnią ocen, otrzymujemy równanie:5⋅x+4
(2)
⋅9-x+310=4,4.Otrzymujemy więc 5x+36-4x+3=44, skąd x=5.
ID WOMI: 117315
Nazwa: Statystyka_rys_2083
Tytuł: Statystyka_rys_2083
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy pionowy, z którego odczytujemy liczbę zawodników w zależności od rozmiaru obuwia jaki noszą. Rozmiar nr 41\u2013 1 zawodnik, rozmiar nr 42 \u2013 3 zawodników, rozmiar nr 43 \u2013 4 zawodników, rozmiar nr 44 \u2013 6 zawodników, rozmiar nr 46 \u2013 2 zawodników.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 117321
Nazwa: Statystyka_zs2087
Tytuł: Statystyka_zs2087
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Moduł: iqUlOJ5aca wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iqUlOJ5aca_d5e78
Link do treści
(1)
Właściciel dwóch sklepów z odzieżą, położonych w różnych miejscach miasta, próbuje ustalić, które bluzki sprzedają się najlepiej w każdym z jego sklepów, przy czym bierze pod uwagę jedynie cenę bluzki. Chce w ten sposób ustalić, jaki towar powinien zamówić. Zanotował, że podczas ostatniego dnia w pierwszym sklepie sprzedano kolejno bluzki w cenach (zaokrąglonych do pełnych dziesiątek złotych): 10 zł, 80 zł, 20 zł, 20 zł, 90 zł, 10 zł, 90 zł, 80 zł. W tym samym czasie w drugim sklepie sprzedano kolejno bluzki w cenach (zaokrąglonych do pełnych dziesiątek złotych): 50 zł, 50 zł, 40 zł, 60 zł, 50 zł, 40 zł, 60 zł, 50 zł, 50 zł, 50 zł.Ceny te, po uporządkowaniu w kolejności niemalejącej, zapisał w następującej tabeli:|-----------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------|
| 1 sklep | 10 zł | 10 zł | 20 zł | 20 zł | 80 zł | 80 zł | 90 zł | 90 zł | | |
|-----------------------------------------------------------------|
| 2 sklep | 40 zł | 40 zł | 50 zł | 50 zł | 50 zł | 50 zł | 50 zł | 50 zł | 60 zł | 60 zł |
|-----------------------------------------------------------------|
Tabela. Dane1 sklep10 zł10 zł20 zł20 zł80 zł80 zł90 zł90 zł2 sklep40 zł40 zł50 zł50 zł50 zł50 zł50 zł50 zł60 zł60 złZauważmy, że średnia cena zakupionej bluzki oraz mediana są takie same w obu sklepach. W pierwszym sklepiex-=10+10+20+20+80+80+90+908=4008=50oraz mediana jest równa20+802=50.W drugim sklepiex-=40+40+50+50+50+50+50+50+60+6010=50010=50oraz mediana jest równa50+502=50.Na podstawie tych danych można wysnuć wnioski, że w obu sklepach sprzedaż wygląda podobnie. Zilustrujmy jednak te dane na wykresach.💥[160519]💥
Na pierwszym wykresie dane znajdują się w sporej odległości od średniej x=50, na drugim skupiają się wokół niej. W pierwszym zestawie danych są kwoty bardzo małe i bardzo duże w stosunku do średniej. Może to oznaczać, że do sklepu przychodzą zarówno zamożni klienci, jak i wydający na ubrania minimum pieniędzy. W drugim sklepie większość danych jest bliska średniej i medianie. Może to oznaczać, że klienci drugiego sklepu to ludzie średnio zamożni, którzy wybierają towar przeciętny, nie za drogi i nie za tani.Właściciel sklepów przeprowadził podobne badanie przez kilka kolejnych dni i wnioski powtarzały się. Zdecydował się więc do pierwszego sklepu zamówić bluzki bardzo tanie i droższe, zaś do drugiego takie, których cena jest bliska 50 zł.
Pewna firma zajmuje się prowadzeniem szkoleń. Po każdym ze szkoleń uczestnicy oceniają trenera prowadzącego szkolenie. Ocena ta jest liczbą całkowitą od 1 (najniższa ocena) do 10. Jedno ze szkoleń, w którym wzięło udział 20 uczestników, prowadzone było przez dwóch trenerów. Na poniższym wykresie przedstawiono otrzymane przez nich oceny. 💥[160520]💥
Obliczmy średnią ocenę, jaką otrzymał każdy z trenerów.Trener 1: x1-=1⋅2+2⋅2+3⋅1+4⋅2+7⋅1+8⋅2+9⋅5+10⋅520=13520=6,75.Trener 2: x2-=6⋅8+7⋅9+8⋅320=13520=6,75.Średnie oceny są takie same. Wykres natomiast wskazuje na inne rozkłady poszczególnych ocen jednostkowych. Trener 1 otrzymał oceny prawie z całej skali. Są one rozproszone w stosunku do oceny średniej, a więc część uczestników szkolenia oceniła go bardzo wysoko, a część bardzo nisko. Trener 2 otrzymał jedynie oceny 6, 7 i 8, a więc skupione wokół średniej. Może nie jest idealny (nie otrzymał 10), ale ludziom się na ogół podobał i nie wzbudzał negatywnych odczuć. Oczywiście, jeżeli zestaw danych jest większy
(2)
to trudniej zaobserwować jego strukturę. Podobnie jak w przypadku tendencji centralnej, tak i w tym przypadku posłużymy się pewnymi statystykami. Do oceny koncentracji badanych danych służą miary rozproszenia. Najprostszą miarą rozproszenia jest rozstęp, czyli różnica pomiędzy największą i najmniejszą wartością. R=xmax-xminDużą zaletą tej charakterystyki jest łatwość jej wyznaczania. Jednak nie informuje nas ona, jak w przedziale xmin, xmax o długości R są rozłożone poszczególne dane. Czy np. są skupione wokół jednego punktu, czy rozrzucone w tym przedziale. Rozstęp mówi tylko o tym, jaką długość ma najkrótszy przedział zawierający wszystkie dane.
Obliczmy rozstęp dla każdej z wielkości występujących w poprzednich dwóch przykładach.Dla pierwszego sklepu R=90-10=80, a dla drugiego R=60-40=20. Zauważymy więc, że różnica w cenie najdroższej i najtańszej bluzki w pierwszym sklepie wynosi 80 zł, zaś w drugim 20 zł, czyli jest cztery razy mniejsza. Zatem w drugim sklepie ceny są bardziej skupione. W drugim przykładzie dla pierwszego trenera R=10-1=9, a dla drugiego R=8-6=2. Tutaj także rozstęp wyników drugiego trenera jest mniejszy niż pierwszego.Najczęściej jednak potrzebujemy dokładniejszej analizy rozproszenia danych. Zauważmy, że dla tego samego rozstępu dane mogą układać się bardzo różnie. Na przykład rozstąp w zestawie danych: 1 ,3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 5 jest równy 4 i jest taki sam, jak w zestawie: 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5. Jednak w pierwszym zestawie, poza danymi skrajnymi, występuje wielokrotnie ta sama wartość 3, a w drugim zestawie występują wszystkie wartości całkowite od 1 do 5 i prawie każda tak samo często. Spróbujemy skonstruować taki wskaźnik, który pozwoli nam odróżnić te dwie sytuacje.Zajmiemy się więc badaniem odległości każdej danej od średniej. Przypomnijmy, że odległość między dwiema liczbami na osi liczbowej to wartość bezwzględna różnicy tych liczb. Zatem odchylenie liczby xi od średniej x-, toxi-x-.Obliczmy odchylenia średnich cen bluzek z przykładu pierwszego w każdym z dwóch sklepów. Wyniki zapiszmy w tabeli.|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| I sklep | | II sklep | |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Cena bluzki xi | Odchylenie od średniej xi-x-=xi-50 | Cena bluzki xi | Odchylenie od średniej xi-x-=xi-50 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 10 | 40 | 40 | 10 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 10 | 40 | 40 | 10 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 20 | 30 | 50 | 0 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 20 | 30 | 50 | 0
(3)
|
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 80 | 30 | 50 | 0 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 80 | 30 | 50 | 0 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 90 | 40 | 60 | 10 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 90 | 40 | 60 | 10 |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. DaneI sklepII sklepCena bluzki xiOdchylenie od średniej xi-x-=xi-50Cena bluzki xiOdchylenie od średniej xi-x-=xi-50104040101040401020305002030500803050080305009040601090406010Obliczmy teraz średnią arytmetyczną znalezionych odchyleń w każdym ze sklepów. W pierwszym sklepie: 40+40+30+30+30+30+40+408=2808=35. W drugim sklepie: 10+10+10+108=408=5. Obliczone przez nas wielkości to tak zwane odchylenia przeciętne.
ID WOMI: 160519
Nazwa: Miary rozproszenia_4012
Tytuł: Miary rozproszenia_4012
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Wykresy w postaci punktów, z których odczytujemy cenę kolejno sprzedawanych bluzek w rozbiciu na sklepy. Na obu wykresach poprowadzona prosta dla średniej ceny bluzek \u2013 50 zł. Sklep 1 Bluzka 1 \u2013 cena 10 zł, bluzka 2 \u2013 10 zł, bluzka 3 \u2013 20 zł, bluzka 4 \u2013 20 zł, bluzka 5 \u2013 80 zł, bluzka 6 \u2013 80 zł, bluzka 7 \u2013 90 zł, bluzka 8 \u2013 90 zł. Sklep 2 Bluzka 1 \u2013 cena 40 zł, bluzka 2 \u2013 40 zł, bluzka 3 \u2013 50 zł, bluzka 4 \u2013 50 zł, bluzka 5 \u2013 50 zł, bluzka 6 \u2013 50 zł, bluzka 7 \u2013 50 zł, bluzka 8 \u2013 50 zł, bluzka 9- 60 zł, bluzka 10 \u2013 60 zł.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 160520
Nazwa: Miary rozproszenia_4013
Tytuł: Miary rozproszenia_4013
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram słupkowy pionowy, z którego odczytujemy liczbę ocen, wystawionych przez uczestników szkolenia dwóm trenerom, w zależności od oceny jaką otrzymali. Trener 1 Ocena 1 \u2013 wystawione 2 oceny, ocena 2 \u2013 wystawione 2 oceny, ocena 3 \u2013 wystawiona 1 ocena, ocena 4 \u2013 wystawione 2 oceny, ocena 7 \u2013 wystawiona 1 ocena, ocena 8 \u2013 wystawione 2 oceny, ocena 9 \u2013 wystawione 5 ocen, ocena 10 - wystawione 5 ocen. Trener 2 Ocena 6 - wystawione 8 ocen, ocena 7 \u2013 wystawione 9 ocen, ocena 8 \u2013 wystawione 3 oceny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 2. iqUlOJ5aca_d5e194
Link do treści
(1)
Odchylenie przeciętneOdchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, …, xn nazywamy liczbęx1-x-+x2-x-+…+xn-x-n
Zatem w pierwszym sklepie odchylenie przeciętne jest wyższe niż w drugim, co potwierdza naszą wcześniejszą obserwację, że w pierwszym sklepie ceny leżą dalej od średniej, a w drugim znajdują się bliżej średniej.
W statystyce częściej od odchylenia przeciętnego wykorzystuje się tzw. odchylenie standardowe.
Odchylenie standardoweOdchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, …, xn nazywamy liczbę σ=(x1-x-)2+(x2-x-)2+…+(xn-x-)2nKwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2, czyliσ2=(x1-x-)2+(x2-x-)2+…+(xn-x-)2n
Wariancja i odchylenie standardowe niosą dokładnie te same informacje. Wygodniej używać odchylenia standardowego, ponieważ wariancja jest podawana w jednostkach kwadratowych, a odchylenie standardowe dokładnie w tych samych jednostkach, co analizowane dane.
Obliczanie odchylenia standardowego, czy też wariancji jest uciążliwe w sytuacji, gdy x- jest liczbą niecałkowitą i ma albo długie rozwinięcie dziesiętne, albo nawet nieskończone. Podamy teraz wzór, który sprawia, że obliczenia są znacznie wygodniejsze.
Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, …, xn jest równa σ2=x12+x22+…+xn2n-x-2
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemyσ2=x1-x-2+x2-x-2+…+xn-x-2n==x12-2x1⋅x-+x-2+x22-2x2⋅x-+x-2+…+xn2-2xn⋅x-+x-2n==x12+x22+…+xn2n-2x-x1+x2+…xnn+n⋅x-2n==x12+x22+…+xn2n-2⋅x-2+x-2=x12+x22+…+xn2n-x-2
W tabeli przedstawiono kwoty rachunków za telefon, jakie zapłaciła Małgosia w kolejnych miesiącach.|------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------------------------|
| styczeń | luty | marzec | kwiecień | maj | czerwiec |
|------------------------------------------------|
| 63 zł | 41 zł | 35 zł | 67 zł | 60 zł | 52 zł |
|------------------------------------------------|
Tabela. Danestyczeńlutymarzec kwiecieńmajczerwiec63 zł41 zł35 zł67 zł60 zł52 złObliczymy wariancję i odchylenie standardowe tych wydatków z dokładnością do 1 zł. Średnia wydatków na telefon Małgosi jest równa x-=63+41+35+67+60+526=3186=53złW kolejnych miesiącach odchylenie od średniej jest równe:|-----------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------|
| | styczeń | luty | marzec | kwiecień | maj | czerwiec |
|-----------------------------------------------------|
| xi | 63 zł | 41 zł | 35 zł | 67 zł | 60 zł | 52 zł |
|-----------------------------------------------------|
| xi-x- | 10 | 12 | 18 | 14 | 7 | 1 |
|-----------------------------------------------------|
Tabela. Danestyczeńlutymarzec kwiecieńmajczerwiecxi63 zł41 zł35 zł67 zł60 zł52 złxi-x-1012181471Wariancja jest więc równa: σ2=102+122+182+142+72+126=100+144+324+196+49+16=8146=135,(6)≈136a odchylenie standardoweσ=136≈12.
Wyniki pewnego badania umieszczono w tabeli.|----------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------|
| Wynik | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|----------------------|
| Częstość | 5 | 2 | 4 | 6 | 3 |
|----------------------|
Tabela. DaneWynik45678Częstość 52463Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu.Zaczniemy od policzenia średniej x-=5∙4+2∙5+4∙6+6∙7+3⋅85+2+4+6+3=12020=6.
sposób IObliczymy wariancję, korzystając ze wzoru podanego w twierdzeniu. W tym celu obliczymy średnią
(2)
kwadratów otrzymanych wyników 5∙42+2∙52+4∙62+6∙72+3∙825+2+4+6+3=76020=38.Stąd wariancja jest równa σ2=38-x-2=38-36=2 i odchylenie standardowe σ=2.
sposób IIObliczymy wariancję, posługując się definicją. Odchylenia poszczególnych wyników od średniej zamieścimy w tabeli.|-------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------------------------|
| wynik xi | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|-------------------------------------------------|
| odchylenie xi-x- | 4-6=2 | 5-6=1 | 6-6=0 | 7-6=1 | 8-6=2 |
|-------------------------------------------------|
| częstość | 5 | 2 | 4 | 6 | 3 |
|-------------------------------------------------|Tabela. Danewynik xi45678odchylenie xi-x-4-6=25-6=16-6=07-6=18-6=2częstość 52463Podstawiając wyniki do wzoru na wariancję, otrzymujemy:σ2=5⋅22+2⋅12+4⋅02+6⋅12+3⋅225+2+4+6+3=4020=2
W pewnej szkole przeprowadzono ankietę, w której zadano uczniom pytanie „Ile książek przeczytałeś/łaś w ciągu ostatnich dwóch tygodni?”. Wyniki ankiety przedstawiono na diagramie.💥[160521]💥
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.Dla otrzymanych wyników możemy przyjąć następujące wagi|------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------------------------------|
| 1 książka | 2 książki | 3 książki | 4 książki | Suma wag |
|------------------------------------------------------|
| 0,1 | 0,4 | 0,3 | 0,2 | 1 |
|------------------------------------------------------|Tabela. Dane1 książka 2 książki3 książki 4 książkiSuma wag0,10,40,30,21 Średnia ważona otrzymanych wyników jest równa x-w=0,1∙1+0,4∙2+0,3∙3+0,2∙4=0,1+0,8+0,9+0,8=2,6.Licząc wariancję, posłużymy się wzorem z twierdzeniaσ2=0,1∙12+0,4∙22+0,3∙32+0,2∙421-2,62=0,1+1,6+2,7+3,2-6,76=0,84.Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ≈0,92.
Michał przeprowadził doświadczenie, w którym mierzył m.in. czas ruchu pewnego ciała. Wykonał doświadczenie 10 razy i otrzymał następujące wyniki w sekundach:|-------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------------------------------------------|
| doświadczenie | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
|-------------------------------------------------------------------|
| wynik | 10,23 | 10,45 | 9,98 | 9,67 | 10,05 | 10,14 | 9,48 | 9,92 | 10,31 | 10,26 |
|-------------------------------------------------------------------|Tabela. Danedoświadczenie12345678910wynik10,2310,459,989,6710,0510,149,489,9210,3110,26Wyznacz średni czas ruchu ciała oraz odchylenie standardowe w tym doświadczeniu. Ile wyników jest większych od średniego lub mniejszych od średniego czasu o więcej niż jedno odchylenie standardowe?
ID WOMI: 160521
Nazwa: Miary rozproszenia_4014
Tytuł: Miary rozproszenia_4014
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram kołowy, z którego odczytujemy procent uczniów w zależności od liczby przeczytanych książek. 1 książka \u2013 10% uczniów, 2 książki \u2013 40% uczniów, 3 książki \u2013 30% uczniów, 4 książki \u2013 20% uczniów.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 3. iqUlOJ5aca_d5e399
Aclassicmobileall-sets4
Odchylenie standardowe zestawu liczb: 5 , 7, 11, 13 jest równe
10
8
9
10 staticstatic-mono
Odchylenie standardowe zestawu liczb: 5 , 7, 11, 13 jest równe
10
8
9
10 Aclassicmobileall-sets4
Wariancja zestawu liczb: 4, 7, 9, 20 jest równa
10
12
36,5
146 staticstatic-mono
Wariancja zestawu liczb: 4, 7, 9, 20 jest równa
10
12
36,5
146 Aclassicmobileall-sets4
Jeżeli odchylenie standardowe pewnego zestawu danych jest równe 42, to wariancja jest równa
224
22
8
32 staticstatic-mono
Jeżeli odchylenie standardowe pewnego zestawu danych jest równe 42, to wariancja jest równa
224
22
8
32 Aclassicmobileall-sets4
Największe odchylenie standardowe ma zestaw liczb
1,2,4,6,7
1, 2, 9,10,11
15,15,15,15
10,12,14, 12 staticstatic-mono
Największe odchylenie standardowe ma zestaw liczb
1,2,4,6,7
1, 2, 9,10,11
15,15,15,15
10,12,14, 12 A
przedstawiono wyniki, jakie osiągnęło dwóch skoczków narciarskich podczas przygotowań do zawodów.
Który z nich ma wyższą średnią długość skoków?
Który ze skoczków skacze bardziej stabilnie?|-------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------------------------------------------|
| | 1 skok | 2 skok | 3 skok | 4 skok | 5 skok | 6 skok | 7 skok | 8 skok |
|-------------------------------------------------------------------|
| 1 zawodnik | 115 | 119 | 116 | 125 | 123 | 122 | 115 | 125 |
|-------------------------------------------------------------------|
| 2 zawodnik | 120 | 115 | 116 | 121 | 123 | 124 | 115 | 118 |
|-------------------------------------------------------------------|Tabela. Dane1 skok2 skok3 skok4 skok5 skok 6 skok7 skok8 skok1 zawodnik1151191161251231221151252 zawodnik120115116121123124115118
pierwszy
drugi
Obliczamy średni wynik pierwszego zawodnika x-=115+119+116+125+123+122+115+1258=9608=120. Obliczamy średni wynik drugiego zawodnika. x-=120+115+116+121+123+124+115+1188=9528=119. Zatem pierwszy zawodnik ma wyższą średnią długość skoku.
Obliczamy wariancję wyników pierwszego zawodnika σ2=-52+-12+-42+52+32+22+-52+528=1308=16,25. Obliczamy wariancję wyników drugiego zawodnika. σ2=12+42+32+22+42+52+42+128=888=11.Można wyciągnąć wniosek, że drugi zawodnik jest w dużo stabilnejszej formie. Jego średnia niewiele się różni od średniej pierwszego zawodnika, za to zróżnicowanie wyników jest dużo mniejsze od zróżnicowania wyników zawodnika drugiego.
Zadanie silnikowe: Połącz w pary te zestawy danych, które mają jednakowe odchylenie standardowe.|------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------|
| 15,12,13,14 | 5,3,4,6 |
|------------------------------|
| 11,13,14,16 | 5,2,7,4 |
|------------------------------|
| 15,13,11,9 | 12,14,16,18 |
|------------------------------|Tabela. Dane15,12,13,145,3,4,611,13,14,165,2,7,415,13,11,912,14,16,18A💥[160524]💥
ID WOMI: 160524
Nazwa: Miary rozproszenia_4017
Tytuł: Miary rozproszenia_4017
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. iqUlOJ5aca_d5e663
Zadanie silnikowe: Ustaw podane zestawy danych w kolejności wzrastającej wariancji zestawu. |---------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------------------|
| 8,8,8,8 | 6,6,5,7 | 3,1,7,5 | 9,4,1,6 | 1,10,4,12 |
|---------------------------------------------|
Tabela. Dane8,8,8,86,6,5,73,1,7,59,4,1,61,10,4,12A💥[81600]💥
A💥[81599]💥
A💥[93533]💥
A💥[93527]💥
Tabela przedstawia wyniki uzyskane na sprawdzianie z matematyki przez uczniów klasy III. |----------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------|
| Oceny | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|----------------------------|
| Liczba uczniów | 2 | 3 | 7 | 8 | 4 | 1 |
|----------------------------|
Tabela. DaneOceny123456Liczba uczniów237841Oblicz średnią i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.x-=3,48, σ2=1,04 Średnia z wyników uzyskanych na tym sprawdzianie jest równax-=2⋅1+3⋅2+7⋅3+8⋅4+5⋅4+1⋅62+3+7+8+4+1=8725=3,48σ2=2⋅2,482+3⋅1,482+7⋅0,482+8⋅0,522+5⋅1,522+1⋅2,5222+3+7+8+4+1≈12,30+6,57+1,61+2,16+11,55+6,3525=40,5425=1,62σ=1,27.A💥[111274]💥
A💥[113909]💥
ID WOMI: 111274
Nazwa: Skracanie i rozszerzanie ulamkow_zs_2044
Tytuł: Skracanie i rozszerzanie ulamkow_zs_2044
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, drugi etap edukacyjny
Podgląd WOMI
ID WOMI: 113909
Nazwa: Dzielenie ulamkow zwyklych_zs_2670
Tytuł: Dzielenie ulamkow zwyklych_zs_2670
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, drugi etap edukacyjny
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. iqUlOJ5aca_d5e742
Link do treści
(1)
A
W pewnym badaniu statystycznym otrzymano następujące wyniki: 15,12,17,10,13,8,10,16. Ile z tych wyników różni się od średniej o więcej niż jedno odchylenie standardowe?
3
Średnia danych liczb jest równa x-=15+12+17+10+13+8+10+168=12,625. Wariancja z dokładnością do trzech miejsc po przecinku jest równa σ2=152+122+172+102+132+82+102+1628-(12,625)2=8,984, stąd odchylenie standardowe σ=2,997. Wszystkie liczby odległe od średniej o więcej niż odchylenie standardowe są większe od 15,622 lub mniejsze od 9,628. A
Tomek każdego dnia rano, jadąc do szkoły, porównywał czas przyjazdu tramwaju z informacją umieszczoną na przystanku. Przez kolejne dni informację notował w zeszycie. Odchylenie dodatnie oznacza, że tramwaj przyjechał później, a odchylenie ujemne, że przyjechał wcześniej. Jakie było odchylenie przeciętne przyjazdu tramwaju?|-----------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------|
| poniedziałek | wtorek | środa | czwartek | piątek |
|-----------------------------------------------|
| -3,5 min | 2 min | 1,5 min | -1 min | 2 min |
|-----------------------------------------------|
Tabela. Daneponiedziałekwtorekśrodaczwartekpiątek-3,5 min2 min1,5 min-1 min2 min
2
Odchylenie przeciętne przyjazdu tramwaju jest równe 3,5+2+1,5+1+25=105=2
Zadanie silnikowe: Z liczb 4,5,6,7,8,9,10 wybierz takie trzy dla których średnia jest równa 7 i odchylenie standardowe jest większe od 2.odpowiedź: 4,7,10A💥[160526]💥
A
Magda, przygotowując się do matury, postanowiła sprawdzić, ile godzin dziennie przeznacza na naukę. W tym celu przez dwa tygodnie codziennie zapisywała wyniki w tabeli, a następnie zaznaczyła je na wykresie. Oblicz średnią liczbę czasu poświęconego na naukę i odchylenie standardowe w pierwszym tygodniu, w drugim oraz w całym okresie dwóch tygodni.💥[160522]💥
W pierwszym tygodniu x-=4, σ≈2, w drugim tygodniu x-=4, σ≈1,07, a w całym okresie x-=4, σ≈1,60.
W pierwszym tygodniu średni czas, jaki Magda poświęciła na naukę, wynosił:x-=5+6+3+2+4+7+17=287=4.W drugim tygodniu średnia ilość czasu wynosiła:x-=3+3+4+4+5+6+37=287=4.Ponieważ obie próby były równoliczne, więc średnia ilość czasu, jaki Magda poświęciła na naukę przez dwa tygodnie, była też równa 4.Wariancja w pierwszym tygodniu wynosiła:σ2=12+22+-12+(-2)2+02+32+-327=287=4Zatem odchylenie standardowe w pierwszym tygodniu było równe σ=4=2.W drugim tygodniu wariancja wynosiła:σ2=-12+-12+02+02+12+22+-127=87≈1,14.Zatem odchylenie standardowe w drugim tygodniu było równe σ=1,14≈1,07.Przez cały okres badania wariancja wynosiła σ2=28+814=3614≈2,57, stąd odchylenie standardowe σ=2,57≈1,60.A
Odpowiedz na pytania.
Jaka jest wariancja i jakie jest odchylenie standardowe zestawu liczb: 2, 4, 6, 8, 10? Jak zmienią się wariancja i odchylenie standardowe, jeżeli każdą z podanych liczb zwiększymy dwa razy?
Średnia arytmetyczna zestawu pięciu liczb: a,b,c,d,e jest równa x-, a odchylenie standardowe σ. Jak zmienią się te dwa wskaźniki, gdy każdą z liczb tego zestawu zwiększymy trzy razy?
x-=6, 62=8, σ=22, po zwiększeniu każdej liczby dwa razy zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe też wzrosną dwukrotnie, wariancja wzrośnie czterokrotnie.
Zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe wzrosną trzykrotnie.
Średnia danych liczb x-=2+4+6+8+105=6. Wtedy wariancja jest równa σ2=-42+-22+02+22+425=8, stąd odchylenie standardowe jest równe σ=8=22. Jeżeli liczby zwiększymy dwukrotnie, ot
(2)
rzymamy: 4, 8, 12, 16, 20, dla których średnia jest równa x-=4+8+12+16+ 205=606=12. Wariancja wynosi σ2=-82+-42+02+42+825=1605=32, czyli σ=32=42. Zarówno średnia, jak i wariancja wzrosną dwukrotnie.
Po zwiększeniu danych liczb trzykrotnie, otrzymujemy: 3a,3b,3c,3d,3e. Średnia tego zestawu wynosi: 3a+3b+3c+3d+3e5=3∙a+b+c+d+e5=3⋅x-, a wariancja (3a)2+(3b)2+(3c)2+(3d)2+(3e)25-3∙x-2=9⋅a2+b2+c2+d2+e25-9⋅x-=9⋅σ2, stąd odchylenie standardowe jest równe σ=9∙σ2=3∙σ. Zatem zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe zwiększą się trzykrotnie.A
W pewnej szkole przeprowadzono badanie dotyczące liczby dzieci w rodzinach uczniów. Wyniki przedstawiono na diagramie.💥[160523]💥
Oblicz wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.
σ2=0,89, σ≈0,94
Przyjmujemy następujące wagi|-------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------------------------|
| 1 dziecko | 2 dzieci | 3 dzieci | 4 dzieci | Suma wag |
|-------------------------------------------------|
| 0,4 | 0,4 | 0,1 | 0,1 | 1 |
|-------------------------------------------------|
Tabela. Dane1 dziecko2 dzieci3 dzieci4 dzieciSuma wag0,40,40,10,11Średnia ważona jest wówczas równax-w=0,4∙1+0,4∙2+0,1∙3+0,1∙4=0,4+0,8+0,3+0,4=1,9Liczymy wariancję.σ2=0,4∙12+0,4∙22+0,1∙32+0,1∙421-1,92=0,4+1,6+0,9+1,6-3,61=0,89Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ≈0,94.A
Na lekcji fizyki przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono temperaturę pewnej próbki umieszczonej w określonych warunkach. Wyniki zapisano w tabeli.|---------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------------------------------------------|
| nr próbki | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
|---------------------------------------------------------------------|
| temperatura | 23,12 | 23,71 | 22,93 | 23,34 | 23,19 | 23,45 | 23,65 | 23,74 | 23,48 | 23,62 |
|---------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danenr próbki12345678910temperatura23,1223,7122,9323,3423,1923,4523,6523,7423,4823,62Oblicz średnią temperaturę oraz wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu. Każdy z otrzymanych wyników podaj z dokładnością do 0,01.
ID WOMI: 160526
Nazwa: Miary rozproszenia_4019
Tytuł: Miary rozproszenia_4019
Typ: interactive
Tekst alternatywny: Zadanie interaktywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 160522
Nazwa: Miary rozproszenia_4015
Tytuł: Miary rozproszenia_4015
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Wykres, z którego odczytujemy liczbę godzin przeznaczonych dziennie na naukę w kolejnych dniach w rozbiciu na tygodnie. Tydzień I Poniedziałek \u2013 5 godzin, wtorek \u2013 6 godzin, środa \u2013 3 godziny, czwartek \u2013 2 godziny, piątek \u2013 4 godziny, sobota \u2013 7 godzin, niedziela \u2013 1 godzina. Tydzień II Poniedziałek \u2013 3 godziny, wtorek \u2013 3 godziny, środa \u2013 4 godziny, czwartek \u2013 4 godziny, piątek \u2013 5 godzin, sobota \u2013 6 godzin, niedziela \u2013 3 godziny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 160523
Nazwa: Miary rozproszenia_4016
Tytuł: Miary rozproszenia_4016
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Diagram kołowy, z którego odczytujemy procent rodzin w zależności od liczby posiadanych dzieci. 1 dziecko \u2013 40% rodzin, 2 dzieci \u2013 40% rodzin, 3 dzieci \u2013 10% rodzin, 4 dzieci \u2013 10% rodzin.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Kombinatoryka
Moduł: ieQfFGscmW wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 4 Szkoły ponadgimnazjalne, których ukończenie umożliwia uzyskanie świadectwa dojrzałości po zdaniu egzaminu maturalnego Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 Ciągi. Uczeń:
Sekcja: 1. ieQfFGscmW_d5e78
Liczba elementów zbioru skończonego
W poniższych przykładach zajmiemy się obliczaniem liczby elementów pewnych zbiorów skończonych.
Zauważmy na wstępie, że w zbiorze, do którego należą wszystkie kolejne liczby naturalne od 1 do n, jest n elementów.
Do klasy pierwszej przyjęto 35 uczniów. Zatem w dzienniku lekcyjnym powinni być oni wpisani w porządku alfabetycznym, otrzymując numery: 1, 2, 3, …, 34, 35.
W zbiorze A = {1, 2, 3, …,1674, 1675} kolejnych liczb naturalnych od 1 do 1675 jest 1675 elementów. Uwaga. Liczbę elementów zbioru A będziemy oznaczać symbolem A. Wobec tego liczbę elementów zbioru A z powyższego przykładu zapiszemy symbolicznie: A=1675.
Ustalimy, ile jest elementów w zbiorze {12, 13, 14, …, 26, 27} kolejnych liczb naturalnych od 12 do 27.
sposób IMożna wypisać wszystkie elementy tego zbioru i po prostu policzyć, ile ich jest. Warto zauważyć, że numerując dla porządku kolejne elementy tego zbioru (1) – 12 (2) – 13 (3) – 14 ustawiamy je w ciąg, w którym numer elementu jest niezmiennie o 11 mniejszy od tego elementu.Takie numerowanie zakończy się więc przyporządkowaniem liczbie 27 numeru 16 (bo 27-11=16), co oznacza, że w zbiorze {12, 13, 14, …, 26, 27} jest 16 elementów.Uwaga. Ciąg, którego własności wykorzystaliśmy przy obliczaniu elementów danego zbioru jest ciągiem arytmetycznym, o pierwszym wyrazie 12 i różnicy 1. Można go więc opisać wzorem ogólnym n+11, gdzie n=1, 2, 3, ..., 16.
sposób IIZauważmy, że zbiór {1, 2, 3, …, 26, 27}, liczący 27 elementów, możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: liczb mniejszych od 12: {1, 2, 3, …, 11}, który ma 11 elementóworaz liczb od 12 do 27: {12, 13, 14, …, 26, 27}.Oznacza to, że zbiór {12, 13, 14, …, 26, 27} ma 27-11=16 elementów.
Link do treści
Sekcja: 2. ieQfFGscmW_d5e169
Zasada równoliczności
W sposobie I w poprzednim przykładzie, aby stwierdzić, że w zbiorze {12, 13, 14, …, 26, 27} jest 16 elementów, ponumerowaliśmy elementy tego zbioru od 1 do 16, co oznacza, że ustaliliśmy wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie między elementami zbiorów {12, 13, 14, …, 26, 27} oraz {1, 2, 3, …, 15, 16}.Zastosowaliśmy w ten sposób zasadę równoliczności.
Zasada równolicznościDwa zbiory A i B są równoliczne (mają tyle samo elementów), jeżeli ich elementy można przyporządkować wzajemnie jednoznacznie, to znaczy, że każdemu elementowi zbioru A przyporządkujemy dokładnie jeden element zbioru B oraz każdemu elementowi zbioru B przyporządkujemy dokładnie jeden element zbioru A.
Korzystając z pomysłów z poprzedniego przykładu, wykażemy, że w zbiorze kolejnych liczb naturalnych od k do l:k, k+1, k+2, ..., l-1, ljest l-k+1 elementów.
sposób IUstawiamy kolejne elementy zbioru k, k+1, k+2, ..., l-1, l w taki ciąg an, że a1=k, a2=k+1, i tak dalej co 1, do ostatniego wyrazu równego l. W tym ciągu numer wyrazu jest więc niezmiennie o k-1 mniejszy od tego wyrazu, zatem jego ostatni wyraz to al-k-1=l. Wobec tego taki ciąg an jest określony dla n=1, 2, ..., l-k+1, czyli ma l-k+1 wyrazów. Uwaga. Ciąg arytmetyczny an o wyrazie pierwszym a1=k i różnicy 1 jest określony wzorem ogólnym an=k+n-1. Gdy an=l, to k+n-1=l, stąd n=l-k+1.
sposób IIZauważmy, że zbiór 1, 2, ..., l-1, l, liczący l elementów, możemy podzielić na dwa rozłączne podzbiory: liczb mniejszych od k: 1, 2, ..., k-2, k-1, który ma k-1 elementóworaz liczb od k do l: k, k+1, k+2, ..., l-1, l.Oznacza to, że zbiór k, k+1, k+2, ..., l-1, l ma l-k-1=l-k+1 elementów.
Sprawdzimy, czy zbiory: A = {20, 21, 22, …, 73, 74}, B = 136, 137, 138, …, 189, 190, C = {1, 2, 3, …, 54, 55} są równoliczne.Zbiór C ma 55 elementów, liczba elementów zbioru A to A=74-20-1=55, a liczba elementów zbioru B to B=190-136-1=55. Zatem zbiory A, B i C są równoliczne.
Link do treści
Sekcja: 3. ieQfFGscmW_d5e239
Link do treści
(1)
Reguła dodawania
W przykładzie 3, w sposobie II, aby stwierdzić, że w zbiorze {12, 13, 14, …, 26, 27} jest 16 elementów, podzieliliśmy zbiór {1, 2, 3, …, 26, 27} na dwa podzbiory: {1, 2, 3, …, 10, 11} oraz {12, 13, 14, …, 26, 27}. Skorzystaliśmy z tego, że usuwając ze zbioru {1, 2, 3, …, 26, 27}, który ma 27 elementów, podzbiór jedenastoelementowy {1, 2, 3, …, 10, 11}, dostaliśmy podzbiór {12, 13, 14, …, 26, 27}, który ma 16 elementów.
Załóżmy teraz, że w wyniku podziału (rozbicia) zbioru otrzymaliśmy dwa podzbiory A i B. Wtedy ten zbiór jest sumą dwóch zbiorów rozłącznych A i B. Tak otrzymany zbiór opisujemy, używając symbolu sumy zbiorów: A∪B. Rozumując podobnie jak powyżej, możemy stwierdzić, że liczba A∪B elementów zbioru A∪B jest sumą liczb A i B, które opisują liczby elementów jego podzbiorów A i B, otrzymanych w wyniku tego podziału:A∪B=A+B.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 3. Wszystkich liczb dwucyfrowych, czyli liczb ze zbioru {10, 11, 12, …, 98, 99}, jest 99-9=90. Zauważmy teraz, że wśród trzech kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna podzielna przez 3, jest dokładnie jedna, która przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1 oraz jest dokładnie jedna, która przy dzieleniu przez 3 daje resztę 2. Ponieważ 13⋅90=30, więc zbiór liczb dwucyfrowych możemy rozbić na 30 podzbiorów trzyelementowych{10, 11, 12}, {13, 14, 15}, {16, 17, 18}, …,{97, 98, 99}takich, że w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 3. Oznacza to, że jest 30 wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 3.
Korzystając z wniosków zapisanych w poprzednim przykładzie, wykażemy, że w każdym ze zbiorów: liczb dwucyfrowych, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1 oraz liczb dwucyfrowych, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2, jest 30 elementów.Korzystamy z rozbicia zbioru {10, 11, 12, …, 98, 99} liczb dwucyfrowych na trzy podzbiory:A0=12, 15, ..., 99 – zbiór liczb podzielnych przez 3,A1=10, 13, ..., 97 - zbiór liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1,A2=11, 14, ..., 98 - zbiór liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2.Podzbiory te są parami rozłączne (bo rozdzielaliśmy ich elementy ze względu na resztę z dzielenia przez 3) oraz równoliczne (jednoznaczne przyporządkowanie między ich elementami gwarantuje podział na trzydzieści podzbiorów trzyelementowych – wykorzystaliśmy ten podział w przykładzie 6).Podsumowując:
jest 90 wszystkich liczb dwucyfrowych, czyli liczb w zbiorze A0∪A1∪A2: A0∪A1∪A2=90
zbiór liczb dwucyfrowych można rozbić na trzy podzbiory A0, A1, A2, które są parami rozłączne, stądA0∪A1∪A2=A0+A1+A2
otrzymane podzbiory są równoliczne, a więcA0=A1=A2Wynika z tego, że każdy z tych podzbiorów ma 30 elementów:A0=A1=A2=13∙90=30Uwaga. Powyżej stwierdziliśmy, że zbiory A0, A1, A2 są parami rozłączne. Oznacza to, że każda z par zbiorów: A0 i A1, A1 i A2 oraz A0 i A2 nie ma elementu wspólnego. Używając symbolu iloczynu (części wspólnej) zbiorów oraz symbolu zbioru pustego (∅), następująco zapisujemy fakt, że zbiory A0, A1, A2 są parami rozłączne:A0∩A1=∅ i A1∩A2=∅ i A0∩A2=∅.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
sposób IKażdą liczbę podzielną przez 7 możemy zapisać w postaci 7n, gdzie n jest liczbą całkowitą. Wystarczy zatem obliczyć, ile jest wszystkich całkowitych n, które spełniają układ nierówności7n≥100 i 7n≤999.Ponieważ 7n≥100 dla n≥1007=1427 oraz 7n≤999 dla n≤9997=14257, więc n=15, 16, 17, ..., 141, 142. Wynika z tego, że najmniejszą liczbą trzycyfrową, która dzieli się przez 7, jest 15⋅7=105
(2)
, a największą 142⋅7=994.W zbiorze 15, 16, 17, ..., 141, 142 jest 142-14=128 elementów, więc dokładnie tyle jest liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
sposób IIWszystkich liczb trzycyfrowych, czyli liczb ze zbioru {100, 101, 102, …, 998, 999}, jest 999-99=900. Zauważmy teraz, że wśród siedmiu kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie po jednej liczbie dla każdej z możliwych reszt z dzielenia przez 7: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ponieważ 900=128⋅7+4, więc jeżeli ze zbioru liczb trzycyfrowych wyjmiemy podzbiór czteroelementowy {100, 101, 102, 103}, to pozostały podzbiór, liczący 896 elementów, możemy rozbić na 128 podzbiorów siedmioelementowych – w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 7:{104, 105, 106, 107, 108, 109, 110}, … , {993, 994, 995, 996, 997, 998, 999}.Sprawdzamy, że żadna z liczb ze zbioru {100, 101, 102, 103} nie dzieli się przez 7, zatem jest dokładnie 128 liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
sposób IIIZbiór {100, 101, 102, …, 998, 999} wszystkich liczb trzycyfrowych jest podzbiorem zbioru {1, 2, 3, …, 998, 999} wszystkich liczb naturalnych od 1 do 999.Ponieważ 999=142⋅7+5, więc jeżeli ze zbioru liczb naturalnych od 1 do 999 wyjmiemy podzbiór pięcioelementowy {995, 996, 997, 998, 999}, to pozostałe 994 liczby możemy rozdzielić do 142 podzbiorów siedmioelementowych:{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}, …, {988, 989, 990, 991, 992, 993, 994}.W każdym z nich jako ostatnia zapisana jest jedyna w takim podzbiorze liczba podzielna przez 7. Zatem bez sprawdzania możemy stwierdzić, że wśród liczb ze zbioru {995, 996, 997, 998, 999} nie ma liczby podzielnej przez 7.Skoro 99=14⋅7+1, więc jeżeli ze zbioru liczb naturalnych od 1 do 99 wyjmiemy liczbę 99, to pozostałe 98 liczb możemy rozdzielić do 14 podzbiorów siedmioelementowych:{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}, …, {92, 93, 94, 95, 96, 97, 98}.Oznacza to, że w zbiorze liczb naturalnych od 1 do 99 jest dokładnie 14 liczb podzielnych przez 7.Wobec tego w zbiorze liczb naturalnych od 100 do 999 jest ich 142-14=128. Uwaga. Zauważmy, że wykorzystane w rozwiązaniu liczby 142 i 14 otrzymaliśmy, przybliżając z niedomiarem ułamki odpowiednio 9997=14257 oraz 997=1427. Dowolnej liczbie rzeczywistej x można jednoznacznie przypisać jej część całkowitą (zwaną też cechą lub podłogą tej liczby), która oznacza największą liczbę całkowitą, która nie jest większa od x. Część całkowita liczby x oznaczana jest symbolem x. Stosując to oznaczenie, zapiszemy, że liczb trzycyfrowych podzielnych przez 7 jest9997-997=14257-1427=142-14=128.Rozumując w podobny sposób jak w ostatnim sposobie rozwiązania, stwierdzimy np., że
wszystkich liczb czterocyfrowych podzielnych przez 11 jest 999911-99911=909-90911=909-90=819,
wszystkich liczb pięciocyfrowych podzielnych przez 17 jest 9999917-999917=5882517-588317=5882-588=5294,
a wszystkich liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 29 jest 99999929-9999929=344822129-3448729=34482-3448=31034.Podamy teraz wzór, pozwalający obliczyć liczbę elementów sumy n zbiorów rozłącznych.Do jego uzasadnienia wystarczy przeprowadzić podobne rozumowanie, jak stosowane w poprzednich przykładach.
Sekcja: 4. ieQfFGscmW_d5e436
Link do treści
(1)
Liczba elementów sumy n zbiorów rozłącznych
Jeżeli zbiory A1, A2, ..., An są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru A1∪A2∪ ... ∪An jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów A1, A2, ..., An:A1∪A2∪ ... ∪An=A1+A2+...+An.Regułę, która jest zapisana w powyższym wzorze, nazywamy regułą dodawania.
Obliczymy, ile jest liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 5.Oznaczmy: A2 - zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2,A5 - zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5.Mamy obliczyć, ile jest liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 5, czyli wartość A2∪A5.Zauważmy, że:
wśród dwóch kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna parzysta i dokładnie jedna nieparzysta. Ponieważ da się rozbić zbiór liczb dwucyfrowych na takie podzbiory dwuelementowe, że w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 2, więc A2=12⋅90=45.wśród pięciu kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna podzielna przez 5. Ponieważ da się rozbić zbiór liczb dwucyfrowych na takie podzbiory pięcioelementowe, że w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 5, więc A5=15⋅90=18.Zbiory A2 oraz A5 nie są jednak rozłączne – wśród liczb dwucyfrowych są takie, które dzielą się zarówno przez 2, jak i przez 5, taką jest np. 10. Ponieważ liczba całkowita dzieli się przez 2 i przez 5 wtedy i tylko wtedy, gdy dzieli się przez 10, więc musimy jeszcze obliczyć, ile jest liczb dwucyfrowych podzielnych przez 10. Liczb tych jest 9, co można sprawdzić, wypisując je wszystkie lub zauważając, że takich liczb jest 110⋅90=9.Przedstawimy teraz trzy pomysły na dokończenie rozwiązania przykładu 9.
sposób IZbiór A2∪A5 rozbijemy na trzy rozłączne podzbiory:
zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 i przez 5. Jest to zbiór liczb podzielnych przez 10, zatem takich liczb jest 9.
zbiór tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5. Zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 możemy rozbić na dwa podzbiory: podzbiór liczb podzielnych przez 5 i podzbiór liczb niepodzielnych przez 5. Wszystkich liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 jest 45, tych spośród nich, które są dodatkowo podzielne przez 5, jest 9, zatem liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5, jest 45-9=36.
zbiór tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 5 i nie dzielą się przez 2. Zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5 możemy rozbić na dwa podzbiory: podzbiór liczb parzystych i podzbiór liczb nieparzystych. Wszystkich liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5, jest 18, tych spośród nich, które są dodatkowo podzielne przez 2, jest 9, zatem liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 5 i nie dzielą się przez 2, jest 18-9=9.Ostatecznie stwierdzamy, że wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 5, jestA2∪A5=9+36+9=54.
sposób IIObliczając liczbę tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5, można zauważyć, że zbiór parzystych liczb dwucyfrowych da się rozbić na pięć podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez 5. Obliczymy wtedy, że szukane przez nas liczby są elementami 4 z tych 5 podzbiorów, zatem ich liczba to45⋅45=36Analogiczny pomysł można zastosować do ustalenia, ile jest liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 5.Rozbijemy mianowicie zbiór liczb dwucyfrowych na 10 podzbiorów ze względu na resztę z dzielenia przez 10. W każdym z tych podzbiorów jest 110⋅90=9 elementów. Wyróżnimy wśród tych podzbiorów dwie grupy:(1) podzbiory, w których znajdują
(2)
się liczby dające przy dzieleniu przez 10 jedną z reszt: 0, 2, 4, 5, 6 lub 8,(2) podzbiory, w których znajdują się liczby dające przy dzieleniu przez 10 jedną z reszt: 1, 3, 7, 9.Zauważmy, że każda z liczb, która znalazła się w dowolnym z podzbiorów grupy (1) dzieli się przez 2 lub przez 5, a każda z liczb, które są w dowolnym z podzbiorów grupy (2) jest liczbą niepodzielną ani przez 2, ani przez 5.ZatemA2∪A5=610⋅90=54.
sposób IIIObliczyliśmy wcześniej, że liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 jest A2=45, liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5 jest A5=18, liczb dwucyfrowych podzielnych jednocześnie przez 2 i przez 5 jest A2∩A9=9.Każda liczba należącą do tego ostatniego zbioru jest również elementem każdego ze zbiorów A2 oraz A5. Wypisując zatem wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez 2 oraz wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez 5, wypiszemy dokładnie dwa razy każdą z liczb podzielnych przez 10, a każdą inną – dokładnie raz. Oznacza to, że jeśli od sumy A2+A5=45+18=63 odejmiemy liczbę A2∩A9=9, to ustalimy, ile jest liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 lub 5:A2∪A5=A2+A5-A2∩A5=45+18-9=54.Rozumując podobnie jak w ostatnim sposobie rozwiązania przykładu 9, możemy stwierdzić, że dla dowolnych dwóch zbiorów A i B liczba A∪B elementów należących do zbioru A lub do zbioru B jest równa sumie liczb A i B, pomniejszonej o liczbę A∩B elementów należących jednocześnie do zbioru A i do zbioru B:A∪B=A+B-A∩B.
W konkursie matematycznym uczestniczyło 132 uczniów. Siedmiu spośród nich nie rozwiązało żadnego z dwóch pierwszych zadań, 98 uczestników rozwiązało zadanie pierwsze, a 55 z nich rozwiązało zadanie drugie. Ustalimy, ilu jest uczestników tego konkursu, którzy rozwiązali oba zadania: pierwsze i drugie.Z treści zadania wynika, że liczba uczestników konkursu, którzy rozwiązali zadanie pierwsze lub zadanie drugie, jest równa132-7=125.Przyjmiemy teraz następujące oznaczenia: uczestników konkursu, którzy rozwiązali zadania pierwsze, przypiszemy do zbioru A, a tych uczestników, którzy rozwiązali zadania drugie – do zbioru B.Wiemy, że A∪B=125, A=98 i B=55.Ponieważ A∪B=A+B-A∩B, więc 125=98+55-A∩B, stąd A∩B=98+55-125=28, co oznacza, że 28 uczestników tego konkursu rozwiązało oba zadania: pierwsze i drugie.
W konkursie matematycznym, w którym uczestnicy mieli do rozwiązania trzy zadania, uczestniczyło 49 uczniów. Zadanie pierwsze rozwiązało 34 uczniów, zadanie drugie – 27, zadanie trzecie – 18. Ponadto: zadanie pierwsze i drugie rozwiązało 19 uczniów, zadanie drugie i trzecie – 10 uczniów, zadanie pierwsze i trzecie – 13 uczniów, a 8 uczniów rozwiązało wszystkie trzy zadania. Ustalimy, ilu jest uczestników tego konkursu, którzy nie rozwiązali żadnego z trzech zadań.Oznaczamy literami P, D, T zbiory uczniów, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie.Przedstawimy rozwiązanie, korzystając z poniższego diagramu:💥[161309]💥
Wpisujemy w odpowiednie miejsce diagramu liczbę uczestników, którzy:
rozwiązali wszystkie trzy zadania (jest ich 8),
rozwiązali zadania 1 i 2, ale nie rozwiązali zadania 3 (jest ich 19-8=11),
rozwiązali zadania 1 i 3, ale nie rozwiązali zadania 2 (jest ich 13-8=5),
rozwiązali zadania 2 i 3, ale nie rozwiązali zadania 1 (jest ich 10-8=2),
rozwiązali tylko zadanie 1 (jest ich 34-11+8+5=10),
rozwiązali tylko zadanie 2 (jest ich 27-11+8+2=6),
rozwiązali tylko zadanie 3 (jest ich 18-5+8+2=3).💥[161308]💥
Wobec tego wszystkich uczestników tego konkursu, którzy rozwiązali co najmniej jedno zadanie, było8+11+5+2+10+6+3=45.Zatem 4
(3)
uczestników konkursu nie rozwiązało żadnego z trzech zadań. To zadanie można też rozwiązać, rozumując w następujący sposób. Wybieramy po kolei wszystkie elementy zbiorów: najpierw P, potem D i następnie T – jest ich razem P+D+T=34+27+18=79.Na diagramie zaznaczamy „+” w każdym miejscu, z którego wzięliśmy wszystkie elementy💥[161307]💥
Zauważamy, że elementy należące do części wspólnej każdych dwóch zbiorów obliczyliśmy za dużo razy – poprawiamy wynik, odejmując od niego liczby P∩D, D∩T i P∩T:P+D+T-P∩D+D∩T+P∩T=34+27+18-19+10+13=79-42=37Na diagramie zabieramy „+” z każdego miejsca, z którego elementy usunęliśmy.💥[161306]💥
Zatem pozostaje jeszcze tylko dodać elementy części wspólnej wszystkich trzech zbiorów tak, żeby każdy element sumy był policzony dokładnie raz.💥[161305]💥
Ponieważ P∩D∩T=8, więc otrzymujemy, że liczba elementów zbioru P∪D∪T, czyli liczba uczestników konkursu, którzy rozwiązali co najmniej jedno zadanie, jest równaP∪D∪T=P+D+T-P∩D+D∩T+P∩T+P∩D∩T=79-42+8=45.Oznacza to, że 4 uczestników konkursu nie rozwiązało żadnego z trzech zadań.
Znamy już wzór na liczbę elementów sumy dwóch zbiorówA∪B=A+B-A∩B Korzystając z powyższego sposobu rozwiązania, możemy zapisać wzór na liczbę elementów sumy A∪B∪C trzech zbiorów A, B i C:A∪B∪C=A+B+C-A∩B+B∩C+A∩C+A∩B∩CObydwa zapisane powyżej wzory są szczególnymi przypadkami zastosowania tzw. zasady włączeń i wyłączeń.
ID WOMI: 161309
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4022
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4022
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory uczniów P, D i T, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie. Zbiory parami mają części wspólne. Istnieje część wspólna dla wszystkich trzech zbiorów.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 161308
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4021
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4021
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory uczniów P, D i T, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie. Zbiór P zawiera elementy - 5, 8, 10, 11. Zbiór D zawiera elementy \u2013 2, 6, 8, 11. Zbiór T zawiera elementy \u2013 2, 3, 5, 8. Część wspólna zbiorów P i D \u2013 8, 11. Część wspólna zbiorów D i T \u2013 2, 8. Część wspólna zbiorów P i T \u2013 5, 8. Część wspólna zbiorów P, D i T \u2013 8.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 161307
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4020
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4020
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory uczniów P, D i T, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie. Zbiory P, D i T zawierają po 8 znaków plus. Część wspólna zbiorów P i D \u2013 5 plusów. Część wspólna zbiorów D i T \u2013 5 plusów. Część wspólna zbiorów P i T \u2013 5 plusów. Część wspólna zbiorów P, D i T \u2013 3 plusy
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 161306
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4019
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4019
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory uczniów P, D i T, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie. Zbiory P, D i T zawierają po 3 znaki plus. Część wspólna zbiorów P i D \u2013 1 plus. Część wspólna zbiorów D i T \u2013 1 plus. Część wspólna zbiorów P i T \u2013 1 plus. Brak plusów w części wspólnej zbiorów P, D i T.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 161305
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4018
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4018
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory uczniów P, D i T, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie i trzecie zadanie. Zbiory P, D i T zawierają po 4 znaki plus. Część wspólna zbiorów P i D \u2013 2 plusy. Część wspólna zbiorów D i T \u2013 2 plusy. Część wspólna zbiorów P i T \u2013 2 plusy. Część wspólna zbiorów P, D i T \u2013 jeden plus.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. ieQfFGscmW_d5e684
Aclassicmobileall-sets4
Wszystkich liczb trzycyfrowych większych od 200 i mniejszych od 500 jest
301
300
299
298 staticstatic-mono
Wszystkich liczb trzycyfrowych większych od 200 i mniejszych od 500 jest
301
300
299
298 Aclassicmobileall-sets4
W klasie IIIa jest 33 uczniów. Na wycieczkę do Gdańska pojechało 25 z nich, a na wycieczkę do Rzeszowa pojechało ich 28, przy czym dokładnie trzech uczniów tej klasy nie pojechało na żadną z tych dwóch wycieczek. Ile uczniów tej klasy było na obu wycieczkach: w Gdańsku i w Rzeszowie?
30
28
25
23 staticstatic-mono
W klasie IIIa jest 33 uczniów. Na wycieczkę do Gdańska pojechało 25 z nich, a na wycieczkę do Rzeszowa pojechało ich 28, przy czym dokładnie trzech uczniów tej klasy nie pojechało na żadną z tych dwóch wycieczek. Ile uczniów tej klasy było na obu wycieczkach: w Gdańsku i w Rzeszowie?
30
28
25
23 Aclassicmobileall-sets4
Ile jest elementów zbioru {11, 15, 19, …, 95, 99} wszystkich liczb dwucyfrowych, które przy dzieleniu przez 4 dają resztę 3?
22
23
24
25 staticstatic-mono
Ile jest elementów zbioru {11, 15, 19, …, 95, 99} wszystkich liczb dwucyfrowych, które przy dzieleniu przez 4 dają resztę 3?
22
23
24
25 Aclassicmobileall-sets4
Kasia znalazła książkę, z której ktoś wyrwał kartki. Kiedy Kasia otworzyła książkę w zniszczonej części, z lewej strony odczytała numer 98, a z prawej – 353. Ile kartek zostało wyrwanych z tej książki w tym miejscu?
255
254
128
127 staticstatic-mono
Kasia znalazła książkę, z której ktoś wyrwał kartki. Kiedy Kasia otworzyła książkę w zniszczonej części, z lewej strony odczytała numer 98, a z prawej – 353. Ile kartek zostało wyrwanych z tej książki w tym miejscu?
255
254
128
127 Aclassicmobileall-sets4
Wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 9 lub przez 10, jest
20
19
18
10 staticstatic-mono
Wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 9 lub przez 10, jest
20
19
18
10 A
Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
A –liczb naturalnych od 27 do 62: A = {27, 28, 29, …, 61, 62}
B – dwucyfrowych liczb nieparzystych: B = {11, 13, 15, …, 97, 99}
C – liczb dwucyfrowych podzielnych przez 6: C = {12, 18, 24, …, 90, 96}
D – liczb trzycyfrowych podzielnych przez 5: D = {100, 105, 110, …, 990, 995}
36
45
15
180
A=62-26=36
B=12⋅90=45
C=16⋅90=15D=15⋅900=180 A
Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
A1 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 1: A1 = {101, 111, …, 991}
A3 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 3: A3 = {103, 113, …, 993}
A6 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 6: A6 = {106, 116, …, 996}
A8 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 8: A8 = {108, 118, …, 998}
A1=90
A3=90
A6=90
A8=90
A1=A3=A6=A8=110⋅900=90
Link do treści
Sekcja: 6. ieQfFGscmW_d5e1031
Link do treści
(1)
A
Piotruś pomagał dziadkowi porządkować książki. Zdejmując z górnej półki opasły tom starej encyklopedii, nie zdołał utrzymać książki w ręku, a ta, upadając, rozerwała się. Podnosząc część, która oddzieliła się od reszty książki, Piotruś zauważył, że na jej pierwszej stronie jest numer 306, a na ostatniej numer zapisany za pomocą tych samych cyfr. Ile kartek liczyła ta wyrwana część encyklopedii? Odpowiedź uzasadnij.
149
Jedyną trzycyfrową liczbą nieparzystą większą od 306, która jest zapisana za pomocą tych samych cyfr jest 603. Oznacza to, że w wyrwanej części encyklopedii było 603-3052=149 kartek.A
Bieg uliczny ukończyło 2015 osób. Liczba zawodników, którzy przybiegli za Markiem, jest 18 razy większa od liczby tych startujących, którzy przybiegli przed nim, natomiast Jola ukończyła zawody dokładnie w połowie stawki. Ile osób zajęło w tym biegu miejsca między Markiem a Jolą?
900
Ponieważ: 201419=106 oraz 20142=1007, więc Marek ukończył bieg na 107 miejscu, a Jola – na 1008. Mamy więc obliczyć, ile jest osób, które zajęły w tym biegu miejsca od 108 do 1008: jest ich 1007-107=900. A
Oblicz, ile jest:
wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 20.
wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4.
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 25.
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 8.
4
22
36
112
Te liczby to 20, 40, 60, 80.
I sposób. W zbiorze {1, 2, 3, …, 100} jest 25 liczb podzielnych przez 4, trzy z nich: 4, 8, i 100 nie sądwucyfrowe. Zatem wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4, jest 25-3=22.II sposób. 994-94=2434-214=24-2=22.
I sposób. W zbiorze {1, 2, 3, …, 1000} jest 40 liczb podzielnych przez 25, cztery z nich: 25, 50, 75 i 1000 nie są trzycyfrowe. Zatem wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 25 jest 40-4=36.II sposób. 99925-9925=392425-32425=39-3=36.I sposób. W zbiorze {1, 2, 3, …, 1000} jest 125 liczb podzielnych przez 8, dwanaście z nich to liczby mniejsze od 100, a 1000 to liczba czterocyfrowa. Zatem wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 8, jest 125-13=112.II sposób. 9998-998=12478-1238=124-12=112. A
Oblicz, ile jest:
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 11.
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 17.
wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 19.
wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 23.
81
53
474
391
99911-9911=90911-9=90-9=81.
99917-9917=581317-51417=58-5=53.
999919-99925=526519-521119=526-52=474,999923-99923=4341723-431023=434-43=391.A
Oblicz, ile jest liczb
dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 10
dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 9
trzycyfrowych, które są podzielne przez 5 lub są podzielne przez 15
trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 75
45
30
180
36
Ponieważ każda liczba podzielna przez 10 dzieli się również przez 2, więc zbiór liczb podzielnych przez 2 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 10. Zatem zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 10, to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2, a liczba jego
(2)
elementów jest równa 12⋅90=45.
Ponieważ każda liczba podzielna przez 9 dzieli się również przez 3, więc zbiór liczb podzielnych przez 3 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 9. Zatem zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub przez 9, to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3, a liczba jego elementów jest równa 13⋅90=30.
Ponieważ każda liczba podzielna przez 15 dzieli się również przez 5, więc zbiór liczb podzielnych przez 5 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 15. Zatem zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 5 lub przez 15, to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 5, a liczba jego elementów jest równa 15⋅900=180.Ponieważ każda liczba podzielna przez 75 dzieli się również przez 25, więc zbiór liczb podzielnych przez 25 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 75. Zatem zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub przez 75, to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25, a liczba jego elementów jest równa 125⋅900=36.A
Wiadomo, że wśród 100 uczestników pewnego międzynarodowego konkursu matematycznego 80 zna język angielski, 50 zna język francuski, 40 zna język niemiecki, a 21 zna język rosyjski. Wykaż, że pewien uczestnik tego konkursu, który zna język angielski, zna również:
język francuski
język niemieckijęzyk rosyjski
Dokładnie 20 uczestników konkursu nie zna języka angielskiego.
Ponieważ 50 uczestników zna język francuski, więc co najmniej 30 zna oba języki: francuski i angielski.
Ponieważ 40 uczestników zna język niemiecki, więc co najmniej 20 zna oba języki: niemiecki i angielski.
Ponieważ 21 uczestników zna język rosyjski, więc co najmniej 1 zna oba języki: rosyjski i angielski.A
W klasie III b jest 33 uczniów, z czego 19 to chłopcy. Wiadomo, że 15 uczniów tej klasy chodzi na zajęcia kółka matematycznego. Wykaż, że w zajęciach tego kółka bierze udział co najmniej jeden chłopiec.
W klasie IIIb jest 33-19=14 dziewczynek. Ponieważ na kółko chodzi 15 uczniów tej klasy, więc jest wśród nich co najmniej jeden chłopiec.
Sekcja: 7. ieQfFGscmW_d5e1295
Link do treści
(1)
A
Na piątkowe zajęcia w domu kultury zapisało się 51 osób. W tym dniu odbywają się tam tylko zajęcia koła plastycznego (od 15.00 do 17.00), na które zapisało się 38 osób, oraz zajęcia koła teatralnego (17.30 do 19.00), na które zapisało się 16 osób. Ile osób planuje uczęszczać w piątki na zajęcia obu tych kół?
3 osoby
Zapisanych jest 51 osób, a dodając liczby tych, którzy zapisali się na zajęcia koła plastycznego oraz na zajęcia koła teatralnego, otrzymamy 38+16=54. Zatem 3 osoby planują uczęszczać na zajęcia obu tych kół. A
Oblicz, ile jest liczb
dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 9
dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 10
trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 lub są podzielne przez 75
trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 60
50
36
156
48
Ozn. A – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2, B – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 9. Wtedy: A∪B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 9, A∩B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 i przez 9, czyli zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 18. Ponieważ A=12⋅90, B=19⋅90 oraz A∩B=118⋅90, więc A∪B=A+B-A∩B=45+10-5=50.
Ozn. A – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 3, B – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 10. Wtedy: A∪B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub przez 10, A∩B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 i przez 10, czyli zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 30. Ponieważ A=13⋅90, B=110⋅90 oraz A∩B=130⋅90, więc A∪B=A+B-A∩B=30+9-3=36.
Ozn. A – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 6, B – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 75. Wtedy: A∪B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 lub przez 75, A∩B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 i przez 75, czyli zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 150. Ponieważ A=16⋅900, B=175⋅900 oraz A∩B=1150⋅900, więc A∪B=A+B-A∩B=150+12-6=156.
Ozn. A – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 25, B – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 60. Wtedy: A∪B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub przez 60, A∩B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 i przez 60, czyli zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 300. Ponieważ A=125⋅900, B=160⋅900 oraz A∩B=1300⋅900, więc A∪B=A+B-A∩B=36+15-3=48.A
Każdy z 70 uczestników warsztatów matematycznych miał określić, co chciałby robić we wtorek po kolacji. Do wyboru były zajęcia w sali gimnastycznej oraz gry i zabawy w świetlicy. 56 osób zgłosiło chęć udziału na zajęciach w sali gimnastycznej, 38 – w grach i zabawach w świetlicy, przy czym 26 osób zgłosiło się i na zajęcia w sali gimnastycznej, i na zajęcia w świetlicy. Ilu uczestników tych warsztatów postanowiło po kolacji zostać w pokoju?
2
Liczba osób, które zgłosiły się na zajęcia po kolacji jest równa 56+38-26=68. Zatem dwie osoby postanowiły zostać po kolacji w pokoju. A
Ze zbioru {1, 2, 3, …, 999, 1000} wszystkich liczb naturalnych od 1 do 1000 usunięto najpierw wszystkie liczby podzielne przez 4, a następnie spośród reszty usunięto wszystkie liczby podzielne przez 5. Ile liczb pozostało?
Pozostało 600 liczb.
Zauważmy, że w opisany sposób ze zbioru A = {1, 2, 3, …, 999, 1000} usunięto każdą liczbę, która dzieli się przez 4 lub przez 5. Oznaczmy: przez A4 –podzbiór tych liczb ze zbioru A, które dzielą się przez 4
(2)
, przez A5 – podzbiór tych liczb ze zbioru A, które dzielą się przez 5. Wtedy A4∪A5=A4+A5-A4∩A5=14⋅1000+15⋅1000-120⋅1000=250+200-50=400, a zatem pozostało 1000-400=600 liczb.Wynik ten można uzyskać też w inny sposób. Rozpatrując mianowicie możliwe reszty z dzielenia liczby całkowitej przez 20, stwierdzimy, że dla każdej z ośmiu reszt: 0, 4, 5, 8, 10, 12, 15, 16 dostajemy liczbę podzielną przez 4 lub 5, a dla pozostałych 12 przypadków dostajemy liczbę, która nie dzieli się ani przez 4, ani przez 5. Zatem pozostało 1220⋅1000=600 liczb. A
Do pracy w samorządzie szkolnym zgłosiło się trzech kandydatów: A, B i C. Za pomocą głosowania na szkolnej stronie internetowej przeprowadzono sondaż na temat popularności tych kandydatów. W stosownym formularzu należało dokonać wyboru, do którego zachęcano następująco: „Spośród kandydatów A, B, C wybierz tych, którzy według Ciebie zasługują na wybór do samorządu szkolnego”. Opiekun strony internetowej przygotował raport, w którym podał, że:
w sondażu oddano 370 głosów,
na kandydata A oddano 200 głosów,
na kandydata B oddano 211 głosów,
na kandydata C oddano 134 głosy,
kandydata A i kandydata B wskazało 68 głosujących,
kandydata B i kandydata C wskazało 73 głosujących,
kandydata A i kandydata C wskazało 86 głosujących,
wszystkich trzech kandydatów wskazało 56 głosujących.Wykaż, że w tym raporcie jest błąd.
Oznaczmy:A - zbiór osób, które głosowały na kandydata A, B - zbiór osób, które głosowały na kandydata B,C - zbiór osób, które głosowały na kandydata C.Wtedy A∪B∪C=A+B+C-A∩B+B∩C+A∩C-A∩B∩C=200+211+134-68+73+86+56=374, co oznacza, że głosowały co najmniej 374 osoby (być może ktoś oddał głos, nie wskazując żadnego z tych kandydatów). Jest to sprzeczne z informacją, że głosujących było 370.A
Oblicz, ile jest liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2 lub przez 3, lub przez 5.
660
Oznaczmy:A2 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2, A3 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 3,A5 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 5.Wtedy A2∪A3∪A5=A2+A3+A5-A2∩A3+A3∩A5+A2∩A5+A2∩A3∩A5==12⋅900+13⋅900+15⋅900-16⋅900+115⋅900+110⋅900+130⋅900==450+300+180-150+60+90+30=660Wynik ten można uzyskać też w inny sposób. Rozpatrując mianowicie możliwe reszty z dzielenia liczby całkowitej przez 30, stwierdzimy, że dla każdej z 8 reszt: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 dostajemy liczbę niepodzielną ani przez 2, ani przez 3, ani przez 5. Zatem dla pozostałych 22 przypadków dostajemy liczbę, która dzieli się przez 2 lub przez 3, lub przez 5. Oznacza to, że jest 2230⋅900=660 liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2, lub przez 3 lub przez 5.A
Wiadomo, że wśród 20 laureatów pewnego międzynarodowego konkursu matematycznego 15 zna język angielski, 14 zna język francuski, a 12 zna język niemiecki. Wykaż, że pewien laureat tego konkursu zna każdy z tych trzech języków.
Ponieważ wśród uczestników konkursu: 5 nie zna języka angielskiego, 6 nie zna języka francuskiego, 8 nie zna języka niemieckiego, więc co najmniej 20-5+6+8=1 osoba zna wszystkie trzy języki.Wybór takiej osoby możemy krok po kroku wytłumaczyć na przykład w następujący sposób:. Zbieramy wszystkich laureatów konkursu w jednej sali i prosimy, żeby:(1) najpierw wyszli z sali wszyscy, którzy nie znają angielskiego - wówczas na sali pozostanie 15 osób,(2) następnie z sali wyszli wszyscy, którzy nie znają francuskiego – wtedy wyjdzie co najwyżej 6 osób, czyli pozostanie ich co najmniej 9,(3) ostatecznie z sali wyszli wszyscy, którzy nie znają niemieckiego – w tym momencie wyjdzie co najwy
(3)
żej 8 osób, więc co najmniej jedna osoba pozostanie w sali. Ta osoba zna każdy z trzech języków: angielski, francuski i niemiecki.A
Jarek, Darek i Marek, przygotowując się do sprawdzianu z matematyki, rozwiązali wspólnymi siłami wszystkie 90 zadań poleconych przez nauczyciela. Jarek rozwiązał 70 zadań, Darek – 60, a Marek – 40. Chłopcy uznali, że zadania, które rozwiązali wszyscy, były łatwe, ale zadania rozwiązane tylko przez jedną osobę były trudne. Wykaż, że zadań trudnych było o 10 więcej niż zadań łatwych.💥[161304]💥
Oznaczamy: j – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Jarka,d – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Darka,m – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Marka,a – liczba zadań rozwiązanych przez Jarka i przez Darka, których nie rozwiązał Marek,b – liczba zadań rozwiązanych przez Darka i przez Jarka, których nie rozwiązał Darek,c – liczba zadań rozwiązanych przez Darka i przez Marka, których nie rozwiązał Jarek,x – liczba zadań rozwiązanych przez każdego z chłopców.Z treści zadania wynika, żej+d+m+a+b+c+x=90stąd 2j+d+m+2a+b+c+2x=2⋅90=180.Ponadtoj+a+b+x=70d+a+x+c=60m+b+x+c=40Dodając trzy ostatnie równości stronami otrzymujemyj+d+m+2a+b+c+3x=170Odejmując stronami tę równość od równości 2j+d+m+2a+b+c+2x=2⋅90=180, otrzymujemy j+d+m-x=10.Oznacza to, że zadań rozwiązanych tylko przez jednego z chłopców było o 10 więcej niż rozwiązanych przez każdego z nich. To spostrzeżenie kończy dowód.
ID WOMI: 161304
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4017
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4017
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trzech okręgów ilustrujących zbiory J, D, M rozwiązanych zadań odpowiednio przez Jarka, Darka i Marka. Zbiór J zawiera elementy - a, b, j, x. Zbiór D zawiera elementy \u2013 a, c, d, x. Zbiór M zawiera elementy \u2013 b, c, m, x. Część wspólna zbiorów J i D \u2013 a, x. Część wspólna zbiorów D i M \u2013 c, x. Część wspólna zbiorów M i J \u2013 b, x. Część wspólna zbiorów J, D i M \u2013 x.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Moduł: i9ZtphaHIW wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. i9ZtphaHIW_d5e78
Link do treści
(1)
Reguła mnożenia
W pudełku jest 11 kul, ponumerowanych od 1 do 11. Z tego pudełka losujemy jedną kulę, zapisujemy jej numer i wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka. Następnie operację losowania powtarzamy, zapisując wynik drugiego losowania. Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia.Pojedynczy wynik takiego doświadczenia zapisujemy, notując dwie liczby: najpierw wynik pierwszego losowania -w1, a następnie wynik drugiego losowania -w2. Wszystkie możliwe wyniki doświadczenia możemy przedstawić np. za pomocą tabeli.|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 1 | (1, 1) | (1, 2) | (1, 3) | (1, 4) | (1, 5) | (1, 6) | (1, 7) | (1, 8) | (1, 9) | (1, 10) | (1, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 2 | (2, 1) | (2, 2) | (2, 3) | (2, 4) | (2, 5) | (2, 6) | (2, 7) | (2, 8) | (2, 9) | (2, 10) | (2, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 3 | (3, 1) | (3, 2) | (3, 3) | (3, 4) | (3, 5) | (3, 6) | (3, 7) | (3, 8) | (3, 9) | (3, 10) | (3, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 4 | (4, 1) | (4, 2) | (4, 3) | (4, 4) | (4, 5) | (4, 6) | (4, 7) | (4, 8) | (4, 9) | (4, 10) | (4, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 5 | (5, 1) | (5, 2) | (5, 3) | (5, 4) | (5, 5) | (5, 6) | (5, 7) | (5, 8) | (5, 9) | (5, 10) | (5, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 6 | (6, 1) | (6, 2) | (6, 3) | (6, 4) | (6, 5) | (6, 6) | (6, 7) | (6, 8) | (6, 9) | (6, 10) | (6, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 7 | (7, 1) | (7, 2) | (7, 3) | (7, 4) | (7, 5) | (7, 6) | (7, 7) | (7, 8) | (7, 9) | (7, 10) | (7, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 8 | (8, 1) | (8, 2) | (8, 3) | (8, 4) | (8, 5) | (8, 6) | (8, 7) | (8, 8) | (8, 9) | (8, 10) | (8, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 9 | (9, 1) | (9, 2) | (9, 3) | (9, 4) | (9, 5) | (9, 6) | (9, 7) | (9, 8) | (9, 9) | (9, 10) | (9, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 10 | (10, 1) | (10, 2) | (10, 3) | (10, 4) | (10, 5) | (10, 6) | (10, 7) | (10, 8) | (10, 9) | (10, 10) | (10, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
| 11 | (11, 1) | (11, 2) | (11, 3) | (11, 4) | (11, 5) | (11, 6) | (11, 7) | (11, 8) | (11, 9) | (11, 10) | (11, 11) |
|-----------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Dane12345678910111(1, 1)(1, 2)(1, 3)(1, 4)(1, 5)(1, 6)(1, 7)(1, 8)(1
(2)
, 9)(1, 10)(1, 11)2(2, 1)(2, 2)(2, 3)(2, 4)(2, 5)(2, 6)(2, 7)(2, 8)(2, 9)(2, 10)(2, 11)3(3, 1)(3, 2)(3, 3)(3, 4)(3, 5)(3, 6)(3, 7)(3, 8)(3, 9)(3, 10)(3, 11)4(4, 1)(4, 2)(4, 3)(4, 4)(4, 5)(4, 6)(4, 7)(4, 8)(4, 9)(4, 10)(4, 11)5(5, 1)(5, 2)(5, 3)(5, 4)(5, 5)(5, 6)(5, 7)(5, 8)(5, 9)(5, 10)(5, 11)6(6, 1)(6, 2)(6, 3)(6, 4)(6, 5)(6, 6)(6, 7)(6, 8)(6, 9)(6, 10)(6, 11)7(7, 1)(7, 2)(7, 3)(7, 4)(7, 5)(7, 6)(7, 7)(7, 8)(7, 9)(7, 10)(7, 11)8(8, 1)(8, 2)(8, 3)(8, 4)(8, 5)(8, 6)(8, 7)(8, 8)(8, 9)(8, 10)(8, 11)9(9, 1)(9, 2)(9, 3)(9, 4)(9, 5)(9, 6)(9, 7)(9, 8)(9, 9)(9, 10)(9, 11)10(10, 1)(10, 2)(10, 3)(10, 4)(10, 5)(10, 6)(10, 7)(10, 8)(10, 9)(10, 10)(10, 11)11(11, 1)(11, 2)(11, 3)(11, 4)(11, 5)(11, 6)(11, 7)(11, 8)(11, 9)(11, 10)(11, 11)Każdy wynik doświadczenia został w powyższej tabeli utożsamiony z przyporządkowaną mu parą liczb w1, w2. Jeżeli np. w pierwszym losowaniu otrzymamy 3, a w drugim 8, to wynik tego losowania zapiszemy jako 3, 8. Z kolei zapisanie pary 11, 2 to informacja, że za pierwszym razem wylosowano 11, a za drugim – 2. Ponieważ rozpatrywane doświadczenie losowe to wykonanie jedna po drugiej dwóch czynności, polegających za każdym razem na wyborze jednego elementu z jedenastoelementowego zbioru {1, 2, 3, …, 11}, to wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest 11∙11=121.
Ustalimy, ile dodatnich dzielników całkowitych ma każda z liczb: 72, 360 oraz 1410.Skorzystamy z zapisu każdej z tych liczb w postaci rozkładu na czynniki pierwsze. Ponieważ 72=23⋅32, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 72 jest liczbą postaci 2n⋅3m, przy czym n jest liczbą ze zbioru 0, 1, 2, 3, natomiast m jest liczbą ze zbioru 0, 1, 2. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 72 polega na wykonaniu dwóch czynności: wyborze wykładnika dla czynnika 2 – co można zrobić na 4 sposoby, a następnie na wyborze wykładnika dla czynnika 3 - co można zrobić na 3 sposoby.Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 72 ma 4⋅3=12 dzielników, które przedstawia poniższa tabela.|---------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------|
| | 30 | 31 | 32 |
|---------------------------------|
| 20 | 20⋅30=1 | 20⋅31=3 | 20⋅32=9 |
|---------------------------------|
| 21 | 21⋅30=2 | 21⋅31=6 | 21⋅32=18 |
|---------------------------------|
| 22 | 22⋅30=4 | 22⋅31=12 | 22⋅32=36 |
|---------------------------------|
| 23 | 23⋅30=8 | 23⋅31=24 | 23⋅32=72 |
|---------------------------------|
Tabela. Dane3031322020⋅30=120⋅31=320⋅32=92121⋅30=221⋅31=621⋅32=182222⋅30=422⋅31=1222⋅32=362323⋅30=823⋅31=2423⋅32=72Ponieważ 360=23⋅32⋅5, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 360 jest liczbą postaci 2n⋅3m⋅5k, przy czym n jest liczbą ze zbioru 0, 1, 2, 3, m jest liczbą ze zbioru 0, 1, 2, natomiast k jest liczbą ze zbioru 0, 1. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 360 polega na wykonaniu trzech czynności, z których pierwsza może skończyć się na jeden z 4 sposobów, druga - na jeden z 3 sposobów, a trzecia - na jeden z 2 sposobów.Jeżeli najpierw rozpatrzymy wszystkie przypadki związane z wykonaniem dwóch pierwszych czynności (jest ich 12), a następnie wykonamy trzecią czynność, to dostaniemy 24 możliwości. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 360 ma 4⋅3⋅2=24 dodatnie dzielniki całkowite , które przedstawia poniższa tabela.|----------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------------------|
| | 20⋅30 | 21⋅30 | 22⋅30 | 23⋅30 | 20⋅
(3)
31 | 21⋅31 | 22⋅31 | 23⋅31 | 20⋅32 | 21⋅32 | 22⋅32 | 23⋅32 |
|----------------------------------------------------------------------|
| 50 | 1 | 2 | 4 | 8 | 3 | 6 | 12 | 24 | 9 | 18 | 36 | 72 |
|----------------------------------------------------------------------|
| 51 | 5 | 10 | 20 | 40 | 15 | 30 | 60 | 120 | 45 | 90 | 180 | 360 |
|----------------------------------------------------------------------|
Tabela. Dane 20⋅3021⋅3022⋅3023⋅3020⋅3121⋅3122⋅3123⋅3120⋅3221⋅3222⋅3223⋅3250124836122491836725151020401530601204590180360Ponieważ 1410=2⋅3⋅5⋅47, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 1410 jest liczbą postaci 2n⋅3m⋅5k⋅47l, przy czym każda z liczb n, m, k, l wybierana jest ze zbioru 0, 1. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 1410 polega na wykonaniu czterech czynności, z których każda może skończyć się na jeden z 2 sposobów.Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 1410 ma 2⋅2⋅2⋅2=16 dzielników.
Reguła mnożeniaRozumując podobnie jak w przedstawionych powyżej przykładach, stwierdzimy, że:
liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei dwóch czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z n sposobów, druga – na jeden z m sposobów, jest równa mn,liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei trzech czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z n sposobów, druga – na jeden z m sposobów, a trzecia – na jeden z k sposobów, jest równa kmn.Zasada, którą w podobnych przypadkach stosujemy, nazywa się regułą mnożenia.
Reguła mnożenia
Liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei n czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z k1 sposobów, druga – na jeden z k2 sposobów, trzecia – na jeden z k3 sposobów i tak dalej do n-tej czynności, która może zakończyć się na jeden z kn sposobów, jest równak1⋅k2⋅k3⋅...⋅knPowołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki pierwsze daje się zapisać w postacin=p1α1⋅p2α2⋅... ⋅pkαk,gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczbami całkowitymi,ma α1+1⋅α2+1⋅ ...⋅ αk+1dodatnich dzielników całkowitych.
Ustalimy, ile jest wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na:
siedmiokrotnym rzucie symetryczną monetą.W pojedynczym rzucie symetryczną monetą możemy otrzymać jeden z dwóch wyników: „orzeł” lub „reszka”. Doświadczenie polega więc na siedmiokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z 2 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa 2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2=27=128.
pięciokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry.W pojedynczym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry możemy otrzymać jeden z sześciu wyników: 1, 2, 3, 4, 5 lub 6 oczek. Doświadczenie polega więc na pięciokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z 6 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa 6⋅6⋅6⋅6⋅6=65=7776
zapisaniu liczby trzycyfrowej, utworzonej wyłącznie za pomocą cyfr ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 (cyfry mogą się powtarzać).Wybierając każdą cyfrę takiej liczby, możemy otrzymać jeden z ośmiu wyników. Oznacza to, że doświadczenie polega na trzykrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z 8 sposobów. Korzystaj
(4)
ąc z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa 8⋅8⋅8=83=512
rozmieszczeniu 4 różnych notatników w 7 różnych teczkach.Wyboru teczki dla każdego z czterech notatników możemy dokonać na 7 sposobów. Doświadczenie polega więc na czterokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z 7 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa 7⋅7⋅7⋅7=74=2401
Sekcja: 2. i9ZtphaHIW_d5e210
Link do treści
(1)
Wariacje z powtórzeniami
W doświadczeniach rozpatrywanych w poprzednim przykładzie mieliśmy do czynienia z tym samym schematem: każde z nich polegało na k- krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem mogła się skończyć na jeden z n sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników w doświadczeniu tego typu jest równan⋅n⋅...⋅n⏟k czynników=nkDoświadczenie polegające na k–krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem mogła się skończyć na jeden z n sposobów, nazywa się zwyczajowo k– wyrazową wariacją z powtórzeniami zbioru n-elementowego.Modelem dla tego typu doświadczenia jest k–wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie ze zbioru n–elementowego (czyli z powtórzeniami – dowolny element zbioru może wystąpić wielokrotnie w ciągu). Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.
liczba k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest równa nk.
Stosując twierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniami, obliczymy, że:
liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną to 63=216,
liczba wszystkich możliwych wyników pięciokrotnego rzutu monetą to 25=32,
liczba wszystkich możliwych liczb 4-cyfrowych utworzonych z cyfr {1, 2, 3, 4, 5} to 54=625,
liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia 10 różnych długopisów w 4 różnych szufladach to 410=1048576,liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia 7 różnych kul w 6 różnych pudełkach (zakładamy, że w każdym pudełku zmieści się co najmniej 7 takich kul) to 67=279936.
Obliczymy sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 (cyfry mogą się powtarzać).Wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest dokładnie tyle, ile dwuelementowych ciągów c1, c2, gdzie c1 oraz c2 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}, z powtórzeniami. Jest ich zatem 5⋅5=25.Sumę tych wszystkich liczb obliczymy dwoma sposobami.
sposób IWypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym elementy c1, c2 pary c1, c2 to dla konkretnej liczby odpowiednio cyfra dziesiątek oraz cyfra jedności. |--------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------|
| | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|--------------------|
| 1 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
|--------------------|
| 2 | 21 | 22 | 23 | 24 | 25 |
|--------------------|
| 3 | 31 | 32 | 33 | 34 | 35 |
|--------------------|
| 4 | 41 | 42 | 43 | 44 | 45 |
|--------------------|
| 5 | 51 | 52 | 53 | 54 | 55 |
|--------------------|
Tabela. Dane123451111213141522122232425331323334354414243444555152535455Sumujemy liczby dwucyfrowe w kolejnych wierszach. Zauważamy przy tym, że:
wszystkie liczby występujące w tym samym wierszu mają tę samą cyfrę dziesiątek,
cyfry jedności tych liczb są różnymi liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.|----------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------|
| | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | |
|----------------------------------------------------------|
| 1 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | suma: 5⋅10+1+2+3+4+5 |
|----------------------------------------------------------|
| 2 | 21 | 22 | 23 | 24 | 25 | suma: 5⋅20+1+2+3+4+5 |
|----------------------------
(2)
------------------------------|
| 3 | 31 | 32 | 33 | 34 | 35 | suma: 5⋅30+1+2+3+4+5 |
|----------------------------------------------------------|
| 4 | 41 | 42 | 43 | 44 | 45 | suma: 5⋅40+1+2+3+4+5 |
|----------------------------------------------------------|
| 5 | 51 | 52 | 53 | 54 | 55 | suma: 5⋅50+1+2+3+4+5 |
|----------------------------------------------------------|
| | | | | | razem | 5⋅10+5⋅20+5⋅30+5⋅40+5⋅50+5⋅1+2+3+4+5 |
|----------------------------------------------------------|
Tabela. Dane1234511112131415suma: 5⋅10+1+2+3+4+522122232425suma: 5⋅20+1+2+3+4+533132333435suma: 5⋅30+1+2+3+4+544142434445suma: 5⋅40+1+2+3+4+555152535455suma: 5⋅50+1+2+3+4+5razem5⋅10+5⋅20+5⋅30+5⋅40+5⋅50+5⋅1+2+3+4+5Na koniec dodajemy wszystkie otrzymane sumy i otrzymujemy5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5Oznacza to, że suma wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest równa5⋅10⋅1+2+3+4+5+5⋅1+2+3+4+5=5⋅10+1⋅1+2+3+4+5=5⋅11⋅15=825
sposób IIOznaczmy przez S sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5.Podobnie jak poprzednio wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę dwucyfrową, w następujący sposób: do liczby opisanej przez parę c1, c2 dopisujemy liczbę opisaną przez parę 6-c1, 6-c2. |---------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------------|
| | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---------------------------------------|
| 1 | 11, 55 | 12, 54 | 13, 53 | 14, 52 | 15, 51 |
|---------------------------------------|
| 2 | 21, 45 | 22, 44 | 23, 43 | 24, 42 | 25, 41 |
|---------------------------------------|
| 3 | 31, 35 | 32, 34 | 33, 33 | 34, 32 | 35, 31 |
|---------------------------------------|
| 4 | 41, 25 | 42, 24 | 43, 23 | 44, 22 | 45, 21 |
|---------------------------------------|
| 5 | 51, 15 | 52, 14 | 53, 13 | 54, 12 | 55, 11 |
|---------------------------------------|
Tabela. Dane12345111, 5512, 5413, 5314, 5215, 51221, 4522, 4423, 4324, 4225, 41331, 3532, 3433, 3334, 3235, 31441, 2542, 2443, 2344, 2245, 21551, 1552, 1453, 1354, 1255, 11Zauważmy, że:
istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez parę c1, c2 do liczby wyznaczonej przez parę 6-c1, 6-c2, a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 66,każda z liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest przyporządkowana do dokładnie jednej pary 6-c1,6- c2, gdzie c1 oraz c2 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.Oznacza to, że dodając wszystkie liczby dwucyfrowe wpisane w ten sposób do tabeli:
dodamy sumy par liczb wpisanych w 25 komórkach tabeli, czyli 25 razy liczbę 66,dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.Stąd2S=25⋅66a więcS=12⋅25⋅66=25⋅33=825
Obliczymy sumę S wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 (cyfry mogą się powtarzać).Wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest dokładnie tyle, ile trzyelementowych ciągów c1, c2, c3, gdzie c1, c2 oraz c3 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}, z powtórzeniami. Tych liczb jest zatem 5⋅5⋅5=125.Ich sumę obliczymy dwoma sposobami.
sposób ISumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na 5 grup ze względu na cyfrę setek. Zauważamy, że jest 25 liczb w każdej takiej grupie. Przy czym dla
(3)
ustalonej cyfry setek dopisane do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5. Zatem:
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 1, otrzymamy25⋅100+5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 2, otrzymamy25⋅200+5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 3, otrzymamy25⋅300+5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 4, otrzymamy25⋅400+5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 5, otrzymamy25⋅500+5⋅10+20+30+40+50+5⋅1+2+3+4+5.Oznacza to, że S=25⋅100+200+300+400+500+5⋅5⋅10+20+30+40+50+5⋅5⋅1+2+3+4+5==25⋅111⋅1+2+3+4+5=25⋅111⋅15=41625Zauważmy, że w tej sumie otrzymaliśmy 25 razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych miejscach zapisu dziesiętnego: jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności. Mając to na uwadze, można było od razu zapisać sumę S w postaciS=25⋅100+200+300+400+500+25⋅10+20+30+40+50+25⋅1+2+3+4+5.
sposób IIWypisujemy wszystkie liczby trzycyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę trzycyfrową, w następujący sposób: do liczby opisanej przez trójkę c1, c2, c3 dopisujemy liczbę opisaną przez trójkę 6-c1, 6-c2, 6-c3.Zauważmy, że
istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez trójkę c1, c2, c3 do liczby wyznaczonej przez trójkę 6-c1, 6-c2, 6-c3, a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 666,każda z liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest przyporządkowana do dokładnie jednej trójki 6-c1, 6-c2, 6-c3, gdzie c1, c2 oraz c3 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby trzycyfrowe:
dodamy sumy par liczb wpisanych w 125 przypadkach, czyli 125 razy liczbę 666,
dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.Stąd2S=125⋅666a więcS=12⋅125⋅666=125⋅333=41625
Sekcja: 3. i9ZtphaHIW_d5e439
Link do treści
(1)
Zastosowanie reguły mnożenia oraz reguły dodawania
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia, polegającego na tym, że
suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.W poniższej tabeli przedstawiamy wszystkie możliwe wyniki dwukrotnego rzutu kostką. Zaznaczamy te, dla których suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta. |-----------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------|
| | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|-----------------------------------------------------|
| 1 | x | | x | | x | |
|-----------------------------------------------------|
| 2 | | x | | x | | x |
|-----------------------------------------------------|
| 3 | x | | x | | x | |
|-----------------------------------------------------|
| 4 | | x | | x | | x |
|-----------------------------------------------------|
| 5 | x | | x | | x | |
|-----------------------------------------------------|
| 6 | | x | | x | | x |
|-----------------------------------------------------|
| | | | | | Razem: | (3+3+3) + (3+3+3) = 3∙3 + 3∙3 = 18 |
|-----------------------------------------------------|
Tabela. Dane1234561xxx3 możliwości2xxx3 możliwości3xxx3 możliwości4xxx3 możliwości5xxx3 możliwości6xxx3 możliwościRazem:(3+3+3) + (3+3+3) = 3∙3 + 3∙3 = 18Zatem wszystkich takich wyników jest 18.Zauważmy przy okazji, że warto od razu podzielić wyniki pojedynczego rzutu ze względu na parzystość liczby wyrzuconych oczek:|-----------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------|
| wynik pojedynczego rzutu{1, 2, 3, 4, 5, 6} | wyniki nieparzyste{1, 3, 5} | wyniki parzyste{2, 4, 6} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 6 możliwości | 3 możliwości | 3 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danewynik pojedynczego rzutu{1, 2, 3, 4, 5, 6}wyniki nieparzyste{1, 3, 5}wyniki parzyste{2, 4, 6}6 możliwości3 możliwości3 możliwościPrzy zliczaniu konkretnych możliwości skorzystamy z tego podziału oraz zastosujemy dwie poznane zasady: regułę mnożenia i regułę dodawania.Zauważmy, że aby suma liczb wyrzuconych oczek była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby oczek tej samej parzystości. Oznacza to, że:
do każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z 3 nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie 3∙3 = 9 możliwości,do każdej z 3 parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z 3 parzystych liczb oczek, co daje łącznie 3∙3 = 9 możliwości.Wobec tego w sumie otrzymujemy 3∙3 + 3∙3 = 18 wyników, dla których suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.
Iloczyn licz
(2)
b wyrzuconych oczek jest liczbą nieparzystą.Aby iloczyn liczb wyrzuconych oczek był nieparzysty, w obu rzutach musimy otrzymać liczbę nieparzystą. Zatem do każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z 3 nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie 3∙3 = 9 możliwości.
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.Aby iloczyn liczb wyrzuconych oczek był parzysty, w co najmniej jednym z rzutów musimy otrzymać parzystą liczbę oczek. Oznacza to, że:
do każdej z 3 parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za drugim razem wyrzucić dowolną liczbę oczek, co daje łącznie 3∙6=18 możliwości,do każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za drugim razem wyrzucić jedną z 3 parzystych liczb oczek, co daje łącznie 3∙3 = 9 możliwości.Wobec tego w sumie otrzymujemy 3∙6 + 3∙3 = 27 wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.Zauważmy przy okazji, że zbiór wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką można rozbić na dwa podzbiory:A – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty,B – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.Wtedy A∪B=A+Bprzy czym A∪B=6⋅6=36 (tyle jest wszystkich możliwych wyników dwukrotnego rzutu kostką) oraz A=3⋅3=9 (tyle jest wyników dwukrotnego rzutu kostką, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty). Zatem 36=9+Bstąd B=36-9=27
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.Tym razem zaznaczamy w tabeli te wyniki, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.|---------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---------------------------------------------------------------|
| 1 | | | | | | x |
|---------------------------------------------------------------|
| 2 | | | x | | | |
|---------------------------------------------------------------|
| 3 | | x | | x | | x |
|---------------------------------------------------------------|
| 4 | | | x | | | x |
|---------------------------------------------------------------|
| 5 | | | | | | x |
|---------------------------------------------------------------|
| 6 | x | x | x | x | x | x |
|---------------------------------------------------------------|
| | | | | | Razem: | 1+2+3+2+1+6 = 2∙1 + 2∙2 + 1∙3 + 1∙6 = 15 |
|---------------------------------------------------------------|
Tabela. Danew1/w21234561x1 możliwość2x2 możliwości3xxx3 możliwości4xx2 możliwości5x1 możliwość6xxxxxx6 możliwościRazem:1+2+3+2+1+6 = 2∙1 + 2∙2 + 1∙3 + 1∙6 = 15Zatem wszystkich takich wyników jest 15.Podsumowując zauważmy, że można wyniki pojedynczego rzutu podzielić na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez 6 daje wyrzucona liczba oczek.Wtedy:
jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 6 oczek, to liczba oczek wyrzuconych za drugim razem jest dowolna , co daje łącznie 1∙6=6 możliwości,
jeżel
(3)
i za pierwszym razem wyrzucimy 2 lub 4 oczka, to za drugim razem musimy wyrzucić 3 lub 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 3), co daje łącznie 2∙2=4 możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 3 oczka, to za drugim razem musimy wyrzucić 2, 4 lub 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 2), co daje łącznie 1∙3= 3 możliwości,jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 1 lub 5 oczek, to za drugim razem musimy wyrzucić 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 6), co daje łącznie 2∙1=2 możliwości.Zatem wszystkich takich wyników jest 1∙6 + 2∙2 + 1∙3 + 2∙1 = 15.
W pudełku jest 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy dwa razy po jednej kuli, przy czym po losowaniu wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka.Inaczej mówiąc: ze zbioru 1, 2, 3, ... , 16, 17 losujemy dwa razy po jednej liczbie, ze zwracaniem. Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia.
Suma wylosowanych liczb jest parzysta.Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| wynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17} | wyniki nieparzyste{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17} | wyniki parzyste{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 17 możliwości | 9 możliwości | 8 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danewynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17}wyniki nieparzyste{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}wyniki parzyste{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}17 możliwości9 możliwości8 możliwościZauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:
do każdej z 9 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z 9 liczb nieparzystych, co daje łącznie 9∙9=81 możliwości,do każdej z 8 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z 8 liczb nieparzystych, co daje łącznie 8∙8=64 możliwości.Wobec tego łącznie otrzymujemy 9∙9 + 8∙8 = 81 + 64 = 145 wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.
Iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru 1, 2, 3, ... , 16, 17 można rozbić na dwa podzbiory:A – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,B – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.WtedyA∪B=A+B,przy czym A∪B=17⋅17=289 (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego losowania) oraz A=9⋅9=81 (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty). Zatem B=289-81=208, co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Iloczyn wyl
(4)
osowanych liczb jest podzielny przez 6?
sposób IPosłużymy się metodą tabeli. Rozpatrzmy najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiadające wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez 6. Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.|----------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | reszta 1 | reszta 2 | reszta 3 | reszta 4 | reszta 5 | reszta 0 |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 1 | | | | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 2 | | | x | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 3 | | x | | x | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 4 | | | x | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 5 | | | | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 0 | x | x | x | x | x | x |
|----------------------------------------------------------------|
Tabela. Danew1/w2reszta 1reszta 2reszta 3reszta 4reszta 5reszta 0reszta 1xreszta 2xxreszta 3xxxreszta 4xxreszta 5xreszta 0xxxxxxWszystkich takich wyników jest 15.Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory: {1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12} oraz {13, 14, 15, 16, 17}. W zbiorczej tabeli zliczamy wszystkie możliwości w 9 przypadkach, dla każdego z nich odczytując liczbę możliwości ze wzorcowej tabeli.|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | {1, 2, 3, 4, 5, 6} | {7, 8, 9, 10, 11, 12} | {13, 14, 15, 16, 17} |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {1, 2, 3, 4, 5, 6} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {7, 8, 9, 10, 11, 12} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {13, 14, 15, 16, 17} | 15 – 6 = 9 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości | 4 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danew1/w2{1, 2, 3, 4, 5, 6}{7, 8, 9, 10, 11, 12}{13, 14, 15, 16, 17}{1, 2, 3, 4, 5, 6}15 możliwości15 możliwości15 – 6 = 9 możliwości{7, 8, 9, 10, 11, 12}15 możliwości15 możliwości15 – 6 = 9 możliwości{13, 14, 15, 16, 17}15 – 6 = 9 możliwości15 – 6 = 9 możliwości4 możliwościMamy więc:
4 przypadki, które dają 15 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6,
4 przypadki, które dają 9 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6,
oraz 1 przypadek, który daje
(5)
4 wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez 6.Łącznie otrzymujemy 4∙15+ 4∙9+ 1∙4= 60 + 36 + 4 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.Uwaga. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci.|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | {1, 2, 3, 4, 5, 6} | {7, 8, 9, 10, 11, 12} | {13, 14, 15, 16, 17, 18} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {1, 2, 3, 4, 5, 6} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {7, 8, 9, 10, 11, 12} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {13, 14, 15, 16, 17, 18} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danew1/w2{1, 2, 3, 4, 5, 6}{7, 8, 9, 10, 11, 12}{13, 14, 15, 16, 17, 18}{1, 2, 3, 4, 5, 6}15 możliwości15 możliwości15 możliwości{7, 8, 9, 10, 11, 12}15 możliwości15 możliwości15 możliwości{13, 14, 15, 16, 17, 18}15 możliwości15 możliwości15 możliwościZauważmy, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej 9∙15 = 135 możliwości niepotrzebne nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę 18. Tych niepotrzebnych przypadków jest 18+18–1 = 35, a więc jest 135 – 35 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
sposób IIPodzielimy wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym grupujemy je jak poniżej:|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| wynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17} | wyniki podzielne przez 6{6, 12} | wyniki podzielne przez 3 i niepodzielne przez 6{3, 9, 15} | wyniki podzielne przez 2 i niepodzielne przez 6{2, 4, 8, 10, 14, 16} | pozostałe wyniki {1, 5, 7, 11, 13, 17} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 17 możliwości | 2 możliwości | 3 możliwości | 6 możliwości | 6 możliwośc
(6)
i |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danewynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17}wyniki podzielne przez 6{6, 12}wyniki podzielne przez 3 i niepodzielne przez 6{3, 9, 15}wyniki podzielne przez 2 i niepodzielne przez 6{2, 4, 8, 10, 14, 16}pozostałe wyniki {1, 5, 7, 11, 13, 17}17 możliwości2 możliwości3 możliwości6 możliwości6 możliwościObliczamy, odwołując się do tych przypadków:
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 6 lub 12, to liczba wylosowana za drugim razem jest dowolna, co daje łącznie 2∙17=34 możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 3, 9 lub 15, to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie 3∙(2+6)=24 możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 2, 4, 8, 10, 14 lub 16, to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 3, co daje łącznie 6(2+3)=30 możliwości,jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 1, 5, 7, 11, 13 lub 17, to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 6, co daje łącznie 6∙2=12 możliwości.Łącznie otrzymujemy 2∙17+ 3∙8+ 6∙5+ 6∙2= 34 + 24 + 30 + 12 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
Obliczymy, ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie:
cyfra jedności jest parzysta.W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić dowolna cyfra różna od zera (9 możliwości), na miejscu cyfry setek – dowolna cyfra (10 możliwości), na miejscu cyfry dziesiątek – dowolna cyfra (10 możliwości), a na miejscu cyfry jedności musi wystąpić jedna z cyfr: 0, 2, 4, 6 lub 8 (5 możliwości). Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:9∙10∙10∙5 = 4500.Uwaga. Czterocyfrowa liczba naturalna ma na miejscu cyfry jedności cyfrę parzystą wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą parzystą. Ponieważ czterocyfrowych liczb parzystych jest 12⋅9000=4500, więc dokładnie tyle jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie cyfra jedności jest parzysta.
cyfra tysięcy jest parzysta.W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić jedna z cyfr: 2, 4, 6 lub 8 (4 możliwości), a na każdym z miejsc: cyfry setek, cyfry dziesiątek oraz cyfry jedności należy wstawić dowolnie wybraną cyfrę (za każdym razem mamy 10 możliwości). Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:4∙10∙10∙10 = 4000.dokładnie jedna cyfra jest parzysta.Rozpatrujemy przypadki:
parzysta jest jedynie cyfra tysięcy: wtedy na miejscu cyfry tysięcy musi wystąpić jedna z cyfr: 2, 4, 6 lub 8 (4 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Zatem wszystkich możliwości jest 4∙5∙5∙5 = 500,
parzysta jest jedynie cyfra setek: wtedy na miejscu cyfry setek musi wystąpić cyfra parzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest 5∙5∙5∙5 = 625,
parzysta jest jedynie cyfra dziesiątek: wtedy na miejscu cyfry dziesiątek musi wystąpić cyfra parzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest 5∙5∙5∙5 = 625,
parzysta jest
(7)
jedynie cyfra jedności: wtedy na miejscu cyfry jedności musi wystąpić cyfra parzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest 5∙5∙5∙5 = 625.Ostatecznie stwierdzamy, że jest 500+3⋅625=2375 czterocyfrowych liczb naturalnych, w których dokładnie jedna cyfra jest parzysta.
cyfra dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek.W zapisie każdej z szukanych liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić dowolna cyfra różna od zera (9 możliwości), a na miejscu cyfr jedności – dowolna cyfra (10 możliwości). Ponieważ cyfra dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek, więc na miejscu cyfry dziesiątek może wystąpić jedna z cyfr: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 i wtedy na miejscu cyfry setek wystąpi cyfra odpowiednio 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0, tzn. możliwych jest 8 liczb dwucyfrowych utworzonych przez cyfrę setek i cyfrę dziesiątek: 97, 86, 75, 64, 53, 42, 31, 20. Wynika z tego, że jest 9∙10∙8 = 720 liczb naturalnych czterocyfrowych, w których cyfra dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek.
Obliczymy, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie jedna cyfra 4 i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.Szkic rozwiązania.Podzielmy zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu.|--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| cyfry do wyboru{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} | cyfra 4{4} | cyfry nieparzyste (np) {1, 3, 5, 7, 9} | pozostałe cyfry{2, 6, 8} |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 9 elementów | 1 element | 5 elementów | 3 elementy |
|--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|Tabela. Danecyfry do wyboru{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}cyfra 4{4}cyfry nieparzyste (np) {1, 3, 5, 7, 9}pozostałe cyfry{2, 6, 8}9 elementów1 element5 elementów3 elementyNajpierw wybierzemy dwa miejsca, na których ustawimy odpowiednio: cyfrę 4 oraz cyfrę nieparzystą.Możliwe wybory opiszemy, wskazując miejsce w czteroelementowym ciągu, zgodne z przyporządkowaniem do odpowiedniego rzędu. Wybory te ilustruje poniższa tabelka.|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Miejsce dla cyfry 4/miejsce dla cyfry nieparzystej | rząd tysięcy | rząd setek | rząd dziesiątek | rząd jedności |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| rząd tysięcy | | (np , 4 , , ) | (np , , 4 , ) | (np , , , 4 ) |
|-------------------------------------------------------------------------------------
(8)
---------------------------------------------|
| rząd setek | (4 , np , , ) | | ( , np , 4 , ) | ( , np , , 4 ) |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| rząd dziesiątek | (4 , , np , ) | ( , 4 , np , ) | | ( , , np , 4 ) |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| rząd jedności | (4 , , , np) | ( , 4 , , np ) | ( , , 4 , np ) | |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. DaneMiejsce dla cyfry 4/miejsce dla cyfry nieparzystejrząd tysięcyrząd setekrząd dziesiątekrząd jednościrząd tysięcy(np , 4 , , )(np , , 4 , )(np , , , 4 )rząd setek(4 , np , , )( , np , 4 , )( , np , , 4 )rząd dziesiątek(4 , , np , ) ( , 4 , np , )( , , np , 4 )rząd jedności(4 , , , np)( , 4 , , np )( , , 4 , np )Takich możliwości jest więc 4∙3, bo wybieramy te dwa miejsca bez powtórzeń (nie jest, oczywiście, możliwe, żeby na tym samym miejscu zapisana była cyfra 4 i jednocześnie cyfra nieparzysta).W każdym z tych 12 przypadków pozostaje nam wstawić konkretne cyfry w trzy miejsca (cyfra 4 swoje miejsce już zajęła):
jedno dla cyfry nieparzystej – jest 5 takich możliwości,dwa pozostałe miejsca; w każde z nich musimy wstawić cyfrę parzystą ze zbioru {2, 6, 8} – jest 3∙3 = 9 takich możliwości.Zatem w sumie mamy 3∙4 = 12 rozłącznych przypadków wyboru miejsc dla cyfr wyróżnionych w treści zadania (jak w tabelce), a w każdym z nich mamy 5∙3∙3 możliwości wstawienia odpowiednich cyfr.Korzystając z reguły mnożenia, ostatecznie otrzymujemy (3∙4)∙(5∙3∙3) = 12 45 = 540liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie jedna cyfra 4 i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.Uwaga. Powyższe zliczanie możemy też rozłożyć na trzy etapy:(1) wybór miejsca dla cyfry 4 i zapisanie tej cyfry (4 możliwości),(2) wybór miejsca dla cyfry nieparzystej i zapisanie tej cyfry (3∙5 możliwości),(3) zapisanie cyfr na pozostałych dwóch miejsc (3∙3 możliwości).Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, to korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest4⋅3⋅5⋅3⋅3=540Zliczając w poprzednim przykładzie wszystkie możliwości wyboru miejsc, na których należało ustawić cyfrę 4 oraz cyfrę nieparzystą, opisywaliśmy wybór dwóch miejsc z czterech dostępnych, bez powtórzeń.W kolejnych przykładach zajmiemy się obliczaniem wszystkich możliwych wyborów dokonywanych w pewnych sytuacjach, przy czym za każdym razem bez powtórzeń.
Obliczymy, ile jest:
liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra 0.Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:(1) zapisanie cyfry dziesiątek (9 możliwości),(2) zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry dziesiątek (8 możliwości).Zatem szukanych liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra 0, jest9⋅8=72. Wybory i wszystkie utworzone w ich wyniku liczby można przedstawić w tabeli.|-------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------|
| c1/c2 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|-------------------------------|
| 1 | | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 |
(9)
18 | 19 |
|-------------------------------|
| 2 | 21 | | 23 | 24 | 25 | 26 | 27 | 28 | 29 |
|-------------------------------|
| 3 | 31 | 32 | | 34 | 35 | 36 | 37 | 38 | 39 |
|-------------------------------|
| 4 | 41 | 42 | 43 | | 45 | 46 | 47 | 48 | 49 |
|-------------------------------|
| 5 | 51 | 52 | 53 | 54 | | 56 | 57 | 58 | 59 |
|-------------------------------|
| 6 | 61 | 62 | 63 | 64 | 65 | | 67 | 68 | 69 |
|-------------------------------|
| 7 | 71 | 72 | 73 | 74 | 75 | 76 | | 78 | 79 |
|-------------------------------|
| 8 | 81 | 82 | 83 | 84 | 85 | 86 | 87 | | 89 |
|-------------------------------|
| 9 | 91 | 92 | 93 | 94 | 95 | 96 | 97 | 98 | |
|-------------------------------|
Tabela. Danec1/c2123456789112131415161718192212324252627282933132343536373839441424345464748495515253545657585966162636465676869771727374757678798818283848586878999192939495969798
liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani cyfra 0, ani cyfra 5.Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:(1) zapisanie cyfry setek (8 możliwości),(2) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry setek (7 możliwości),(3) zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry setek i od cyfry dziesiątek (6 możliwości).Zatem szukanych liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani cyfra 0, ani cyfra 5, jest8⋅7⋅6=336
liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie występuje żadna z cyfr: 0, 2, 4.Zliczanie rozkładamy na cztery etapy:(1) zapisanie cyfry tysięcy (7 możliwości),(2) zapisanie cyfry setek, różnej od cyfry tysięcy (6 możliwości),(3) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry tysięcy i od cyfry setek (5 możliwości),(4) zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej (4 możliwości),Zatem szukanych liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie występuje żadna z cyfr: 0, 2, 4, jest 7⋅6⋅5⋅4=840
liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wyłącznie cyfry 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.Zliczanie rozkładamy na pięć etapów:(1) zapisanie cyfry dziesiątek tysięcy (7 możliwości),(2) zapisanie cyfry tysięcy, różnej od cyfry dziesiątek tysięcy (6 możliwości),(3) zapisanie cyfry setek, różnej od cyfr: tysięcy oraz dziesiątek tysięcy (5 możliwości),(4) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej (4 możliwości),(5) zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z czterech cyfr zapisanych wcześniej (3 możliwości).Zatem szukanych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wyłącznie cyfry 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, jest 7⋅6⋅5⋅4⋅3=2520
Flagę, taką jak pokazana na rysunku, należy zszyć z trzech jednakowych pasów kolorowej tkaniny. Kolory pasów górnego, środkowego i dolnego mają być parami różne. Obliczymy, ile takich różnych flag można utworzyć, mając do dyspozycji tkaniny w sześciu różnych kolorach.💥[161888]💥
Zliczanie liczby flag rozkładamy na trzy etapy:(1) wybór koloru dla górnego pasa (6 możliwości),(2) wybór koloru dla środkowego pasa (5 możliwości),(3) wybór koloru dla dolnego pasa (4 możliwości).Zatem liczba wszystkich możliwych takich flag jest równa6⋅5⋅4=120
ID WOMI: 161888
Nazwa: Liczba elementow zbioru skonczonego_4023
Tytuł: Liczba elementow zbioru skonczonego_4023
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek flagi złożonej z trzech poziomo ułożonych pasów. Pas górny \u2013 kolor niebieski, pas środkowy \u2013 kolor brązowy. Pas dolny \u2013 kolor zielony.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. i9ZtphaHIW_d5e769
Wariacje bez powtórzeń
W ostatnich przykładach mieliśmy do czynienia z doświadczeniami polegającymi na wyborze kolejno pewnej liczby elementów z ustalonego zbioru, przy czym wybierane elementy nie mogły się powtarzać.Załóżmy, że mamy do czynienia z doświadczeniem polegającym na wyborze kolejno k elementów ze zbioru n-elementowego, bez powtórzeń (k jest liczbą całkowitą spełniającą układ nierówności 1≤k≤n).Rozumując podobnie jak w tych przykładach, rozłóżmy doświadczenie na k etapów. Wtedy w kolejnych etapach od pierwszego do ostatniego (o numerze k) liczby możliwości będą równe odpowiednio n, n-1, n-2 aż do n-k-1. Stosując regułę mnożenia, stwierdzamy, że wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia jestn⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1⏟k czynników.Doświadczenie polegające na wyborze kolejno k–elementów ze zbioru n-elementowego, bez powtórzeń, gdzie k jest liczbą całkowitą spełniającą warunek 1≤k≤n, nazywa się zwyczajowo k-wyrazową wariacją bez powtórzeń zbiorun-elementowego.Modelem dla tego typu doświadczenia jest k–wyrazowy ciąg o elementach wybranych ze zbioru n–elementowego bez powtórzeń.
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.
liczba k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równa n⋅n-1⋅n-2⋅… ⋅n-k+1⏟k czynników
Uwaga. Iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n1⋅2⋅3⋅ ... ⋅nnazywa się silnią liczby n i oznacza się symbolem n!, co czytamy „ n silnia”. Zauważmy, że jeśli liczbę n⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1⏟k czynnikówpomnożymy i jednocześnie podzielimy przez iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n-k, czyli przez liczbę n-k !, to stwierdzimy, że liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równan⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1⋅n-k!n-k!=n⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1⋅n-k⋅n-k-1⋅...⋅1n-k!=n!n-k!.
Korzystając z twierdzenia o liczbie wszystkich wariacji bez powtórzeń, obliczymy, że
liczba wszystkich sposobów, na jakie Jaś i Małgosia mogą usiąść na dwóch spośród siedmiu wolnych miejsc w kinie, jest równa 7⋅6=42, co można też zapisać jako 7!5!.
liczba wszystkich możliwych trzyliterowych napisów o różnych literach wybranych ze zbioru {a, e, j, k, m} jest równa 5⋅4⋅3=60. Tę liczbę można też zapisać jako 5!2!.
liczba wszystkich możliwych sposobów rozmieszczenia 4 różnych kul w 6 różnych pudełkach tak, żeby w każdym pudełku znalazła się co najwyżej jedna kula, jest równa 6⋅5⋅4⋅3=360, co można też zapisać jako 6!2!.
liczba wszystkich możliwych wyborów 3 osób: przewodniczącego, zastępcy i skarbnika do samorządu 32-osobowej klasy to 32⋅31⋅30=29760. Otrzymany wynik można też zapisać w postaci 32!29!.
liczba wszystkich możliwych sposobów wylosowania kolejno 5 kart (jedna po drugiej) z brydżowej talii 52 kart to 52⋅51⋅50⋅49⋅48=311875200. Otrzymany wynik można też zapisać jako 52!47!.
liczba wszystkich możliwych sposobów, na które grupa 6 dziewczynek może zająć miejsca w sześcioosobowym rzędzie, to 6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1=720. Ten wynik można też zapisać w postaci 6!.
liczba wszystkich możliwych napisów otrzymanych z przestawiania liter wyrazu „płot” to 4⋅3⋅2⋅1=24. Otrzymany wynik można też zapisać jako 4!.
Link do treści
Sekcja: 5. i9ZtphaHIW_d5e873
Link do treści
(1)
Permutacje
💥[60239]💥
W poprzednim przykładzie – w podpunkcie f) rozpatrywaliśmy sześciowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru sześcioelementowego,– w podpunkcie g) rozpatrywaliśmy czterowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru czteroelementowego.
W przypadku k=n wariację bez powtórzeń nazywamy permutacją zbiorun-elementowego.Zatem permutacją zbioru n-elementowego nazywamy każdy ciąg utworzony ze wszystkich wyrazów tego zbioru, a liczba wszystkich permutacji zbioru n-elementowego jest równa n⋅n-1⋅n-2⋅...⋅1=n!.
Obliczymy, ile jest wszystkich takich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których zapisie
cyfra 1 zapisana jest na pierwszym miejscu od lewej.Zapisujemy cyfrę 1 na pierwszym miejscu od lewej. Pozostaje nam rozmieścić pozostałe 4 cyfry na 4 miejscach, co można zrobić na 4⋅3⋅2⋅1=24 sposoby. Oznacza to, że są 24 takie liczby.
między cyframi 1 oraz 2 zapisane są trzy inne cyfry.Z treści zadania wynika, że cyfry 1 oraz 2 muszą zająć dwa skrajne miejsca, a pozostałe trzy cyfry trzeba wpisać na trzech miejscach między nimi. Wobec tego cyfry 1 i 2 zapiszemy na dwa sposoby, a w każdym z tych przypadków cyfry 3, 4, 5 zapiszemy na 3⋅2⋅1=6 sposobów. Zatem wszystkich takich liczb jest 2⋅6=12.cyfry 1 oraz 2 nie są zapisane obok siebie.
sposób IZliczanie rozkładamy na trzy etapy:
wybór miejsca dla cyfry 1 i zapisanie tej cyfry,
wybór miejsca dla cyfry 2 i zapisanie tej cyfry,zapisanie pozostałych trzech cyfr.Mamy dwa istotnie różne przypadki:
jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na jednym z dwóch skrajnych miejsc, to cyfrę 2 będziemy mogli zapisać na jednym z trzech miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech dostępnych miejscach na 3! sposobów. W tym przypadku mamy więc 2⋅3⋅3!=36 sposobów zapisu takich liczb.jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu drugim, trzecim lub czwartym, to cyfrę 2 będziemy mogli zapisać na jednym z dwóch miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech dostępnych miejscach na 3! sposobów. W tym przypadku mamy więc 3⋅2⋅3!=36 sposobów zapisu takich liczb.Wobec tego wszystkich takich liczb jest 36+36=72.
sposób IIZauważamy, że wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest 5⋅4⋅3⋅2⋅1=120. W zapisie każdej z tych liczb cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie albo nie są zapisane obok siebie. Dla ustalenia, ile jest liczb w drugim przypadku, wystarczy więc obliczyć, ile jest takich liczb, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie.Zliczanie rozkładamy na dwa etapy: - wybór dwóch miejsc dla cyfr 1, 2 oraz zapisanie tych cyfr,- zapisanie pozostałych trzech cyfr.Mamy cztery możliwości wyboru sąsiednich miejsc dla cyfr 1, 2: pierwsze i drugie lub drugie i trzecie, lub trzecie i czwarte, lub czwarte i piąte. W każdym z tych czterech przypadków cyfry 1, 2 możemy zapisać na wybranych miejscach na dwa sposoby. W drugim etapie zapisujemy pozostałe trzy cyfry na trzech dostępnych miejscach, co można zrobić na 3! sposobów. Oznacza to, że wszystkich takich liczb pięciocyfrowych, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, jest 4⋅2⋅3!=48. Stąd wszystkich takich liczb pięciocyfrowych, w których cyfry 1, 2 nie są zapisane obok siebie, jest 120-48=72.Uwaga. Zliczanie wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, można przeprowadzić w następujący sposób:Dwie sąsiadujące cyfry 1, 2 zapisujemy jako jeden nowy obiekt, który oznaczamy j
(2)
ako np. x. Następnie obliczamy liczbę możliwych rozmieszczeń 4 elementów: bloku x oraz cyfr 3, 4, 5 – takich rozmieszczeń jest 4! = 24. W każdym z nich trzeba jeszcze zamienić x na zapisane obok siebie cyfry 1, 2, co można zrobić na 2 sposoby. Ostatecznie stwierdzamy, że wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, jest 2⋅24=48.
cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej).
sposób INumerujemy od lewej miejsca, na których można zapisać cyfry takiej liczby pięciocyfrowej: (1), (2), (3), (4), (5) .Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
wybór miejsc dla cyfr 1, 2 oraz zapisanie tych cyfr,zapisanie pozostałych trzech cyfr.Ponieważ numer miejsca dla cyfry 1 musi być mniejszy od numeru miejsca dla cyfry 2, więc:
jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (1), to dla cyfry 2 zostają do wyboru 4 miejsca,
jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (2), to dla cyfry 2 zostają do wyboru 3 miejsca,
jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (3), to dla cyfry 2 zostają do wyboru 2 miejsca,
jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (4), to dla cyfry 2 zostaje do wyboru 1 miejsce,cyfry 1 nie można zapisać na miejscu (5).Oznacza to, że jest dokładnie 4+3+2+1=10 możliwości wyboru miejsc i zapisania cyfr 1, 2. W każdym z tych przypadków pozostaje nam zapisać cyfry 3, 4, 5 na pozostałych trzech miejscach, co można zrobić na 3! = 6 sposobów. Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej) jest 10⋅6=60.
sposób IIRozbijemy zbiór liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 na dwa podzbiory:A – tych liczb, w których cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2, B – tych liczb, w których cyfra 2 jest zapisana przed cyfrą 1.Ponieważ:
zbiory te są rozłączne, więc A∪B=A+B,wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest 5⋅4⋅3⋅2⋅1=120, więc A∪B=A+B=120. Zauważmy, że:
wybierając dowolną liczbę ze zbioru A i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry 1, 2, otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru B,
wybierając dowolną liczbę ze zbioru B i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry 1, 2, otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru A.Wobec tego zbiory A i B są równoliczne, co oznacza, że A=12⋅120=60.Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej), jest 12⋅120=60.
Sekcja: 6. i9ZtphaHIW_d5e1021
Aclassicmobileall-sets4
W karcie dań jest 6 zup i 7 drugich dań. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?
13
36
42
49 staticstatic-mono
W karcie dań jest 6 zup i 7 drugich dań. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?
13
36
42
49 Aclassicmobileall-sets4
Wybieramy liczbę a ze zbioru A=1, 2, 3, 4, 5 oraz liczbę b ze zbioru B=6, 7, 8, 9, 10. Ile jest takich par a, b, że iloczyn a⋅b jest liczbą nieparzystą?
5
6
9
10 staticstatic-mono
Wybieramy liczbę a ze zbioru A=1, 2, 3, 4, 5 oraz liczbę b ze zbioru B=6, 7, 8, 9, 10. Ile jest takich par a, b, że iloczyn a⋅b jest liczbą nieparzystą?
5
6
9
10 Aclassicmobileall-sets4
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzysta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?
15
25
125
500 staticstatic-mono
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzysta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?
15
25
125
500 Aclassicmobileall-sets4
Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa
3
6
8
9 staticstatic-mono
Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa
3
6
8
9 Aclassicmobileall-sets4
Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba 24⋅53?
20
12
9
7 staticstatic-mono
Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba 24⋅53?
20
12
9
7 Aclassicmobileall-sets4
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pięciu wolnych miejsc w kinie, jest równa
60
45
15
12 staticstatic-mono
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pięciu wolnych miejsc w kinie, jest równa
60
45
15
12 Aclassicmobileall-sets4
Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3 (cyfry mogą się powtarzać) jest równa
396
198
132
66 staticstatic-mono
Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3 (cyfry mogą się powtarzać) jest równa
396
198
132
66 Aclassicmobileall-sets4
Siedmioosobowa grupa, czworo dorosłych i troje dzieci, wykupiła bilety na ten sam seans do kina, przy czym wybrali miejsca od 10 do 16 w dwudziestym rzędzie. Liczba wszystkich sposobów, na jakie mogą oni zająć miejsca tak, aby każde z dzieci siedziało pomiędzy dorosłymi, jest równa
7
12
30
144 staticstatic-mono
Siedmioosobowa grupa, czworo dorosłych i troje dzieci, wykupiła bilety na ten sam seans do kina, przy czym wybrali miejsca od 10 do 16 w dwudziestym rzędzie. Liczba wszystkich sposobów, na jakie mogą oni zająć miejsca tak, aby każde z dzieci siedziało pomiędzy dorosłymi, jest równa
7
12
30
144 B
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza wylosowana liczba jest podzielna przez 3 i druga wylosowana liczba jest parzysta?
15
Stosujemy regułę mnożenia: 3⋅5=15. Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.
Link do treści
Sekcja: 7. i9ZtphaHIW_d5e1433
Link do treści
(1)
B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, wiedząc, że:
cyfry mogą się powtarzać.
cyfry są różne
49
42
Korzystamy z reguły mnożenia: 7⋅7=49.Korzystamy z reguły mnożenia: 7⋅6=42. Polecamy zilustrować rozwiązan, stosując metodę tabeli. B
W każdym z dwóch różnych pojemników znajdują się trzy kule, z których jedna jest biała, druga – czarna, a trzecia - zielona. Z każdego pojemnika losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których uzyskamy:
kule różnych kolorów?
co najmniej jedną kulę białą?
65
Stosujemy metodę tabeli (p1 – wynik losowania z pierwszego pudełka, p2 – wynik losowania z drugiego pudełka).
|---------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|---------------------------------------------|
| p1/p2 | biała | czarna | zielona | |
|---------------------------------------------|
| biała | | x | x | 2 możliwości |
|---------------------------------------------|
| czarna | x | | x | 2 możliwości |
|---------------------------------------------|
| zielona | x | x | | 2 możliwości |
|---------------------------------------------|
| | | | Razem: | 2⋅3 = 6 |
|---------------------------------------------|Tabela. Danep1/p2białaczarnazielonabiałaxx2 możliwościczarnaxx2 możliwościzielonaxx2 możliwościRazem:2⋅3 = 6Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie trzy możliwości wylosowania kul tego samego koloru, stąd wszystkich wyników, w których uzyskamy kule różnych kolorów, jest: 3⋅3-3⋅1=6.
|--------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------------------------------|
| p1/p2 | biała | czarna | zielona | |
|--------------------------------------------|
| biała | x | x | x | 3 możliwość |
|--------------------------------------------|
| czarna | x | | | 1 możliwość |
|--------------------------------------------|
| zielona | x | | | 1 możliwość |
|--------------------------------------------|
| | | | Razem: | 3+2⋅1 =5 |
|--------------------------------------------|
Tabela. Danep1/p2białaczarnazielonabiałaxxx3 możliwośćczarnax1 możliwośćzielonax1 możliwośćRazem:3+2⋅1 =5Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie 2⋅2=4 możliwości wylosowania dwóch kul, wśród których nie będzie żadnej kuli białej, więc wszystkich wyników, w których uzyskamy co najmniej jedną kulę białą, jest: 3⋅3-2⋅2=5.B
Oblicz, na ile sposobów Ewa i Ola mogą zająć miejsca w kinie, jeżeli wybierają spośród
8 wolnych miejsc.
12 wolnych miejsc.
56
132
Korzystamy z reguły mnożenia: 8⋅7=56.Korzystamy z reguły mnożenia: 12⋅11=132.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, wiedząc, że:
cyfry mogą się powtarzać,
cyfry są różne.
30
25
Korzystamy z reguły mnożenia: 5⋅6=30.
Korzystamy z reguły mnożenia: 5⋅5=25. Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując m
(2)
etodę tabeli. B
Rozpatrujemy wszystkie prostokąty, których boki zawierają się w liniach siatki dzielącej prostokąt o wymiarach 4 i 8 na kwadraty jednostkowe.💥[187959]💥
Oblicz, ile jest wśród nich
wszystkich kwadratów o boku 1.
wszystkich kwadratów o boku 2.
wszystkich kwadratów o boku 3.
wszystkich kwadratów o boku 4.
32
21
12
5
Kwadratów o boku 1 jest, oczywiście, 4⋅8=32.
Dwie sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 2 możemy wybrać na 3 sposoby, a dwa sąsiednie wiersze – na 7 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 2 jest 3⋅7=21.
Trzy sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 3 możemy wybrać na 2 sposoby, a trzy sąsiednie wiersze – na 6 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 3 jest 2⋅6=12.Cztery sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 4 możemy wybrać na 1 sposób, a cztery sąsiednie wiersze – na 5 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 5 jest 1⋅5=5.B
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba:
25⋅114
36⋅173
3969
4000
30
28
15
24
Liczba dzielników jest równa 5+1⋅4+1=30.
Liczba dzielników jest równa 7+1⋅3+1=28.
Rozkładamy liczbę 3969 na czynniki pierwsze: 3969=72⋅34. Oznacza to, że liczba dzielników naturalnych liczby 3969 jest równa 2+1⋅4+1=15.Rozkładamy liczbę 4000 na czynniki pierwsze: 4000=53⋅25. Zatem liczba dzielników naturalnych tej liczby jest równa 3+1⋅5+1=24.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli. B
Wybieramy liczbę a ze zbioru A=1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 oraz liczbę b ze zbioru B=2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Ile jest takich par a, b, że:
suma a+b jest liczbą parzystą?
iloczyn a⋅b jest liczbą parzystą?
24
37
Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 3⋅4+4⋅3=24.Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 3⋅4+3⋅3+4⋅4=37. Można ten wynik otrzymać również licząc następująco: 7⋅7-4⋅3=37.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli. B
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza z wylosowanych liczb jest większa od drugiej i różnica między nimi jest mniejsza niż 3?
15
Liczba 1 jest najmniejszą z liczb w danym zbiorze, więc nie można jej wylosować jako pierwszej. Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę 2, to jako drugą możemy wylosować wyłącznie liczbę 1. Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę n większą od 2, to za drugim razem możemy wylosować każdą z dwóch liczb: n-1 lub n-2. Zatem liczba poszukiwanych wyników jest równa 1+2⋅7=15.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli. B
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że
największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od 4?
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 4?
16
7
Wynikiem obu rzutów mogą być jedynie liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4}, zatem liczba wszystkich wyników jest równa 4⋅4=16.
Spośród wszystkich wyników z podpunktu a) odrzucamy te, w których obie wyrzucone liczby oczek są mniejsze od 4. Otrzymujemy stąd, że liczba wszystkich wyników jest równa 4⋅4-3⋅3=7. Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.
ID WOMI: 187959
Nazwa: Reguły mnożenia_4400
Tytuł: Reguły mnożenia_4400
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek prostokąta zbudowanego z 32 kwadratów jednostkowych ułożonych w czterech wierszach po osiem kwadratów w każdym.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 8. i9ZtphaHIW_d5e1833
Link do treści
(1)
B
Z pojemnika, w którym jest 10 losów: trzy wygrywające i siedem pustych, losujemy dwa razy po jednym losie, bez zwracania. Oblicz, na ile sposobów możemy wylosować:
dwa losy wygrywające
dokładnie jeden los wygrywający
co najmniej jeden los wygrywający
6
42
48
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to drugi wygrywający możemy otrzymać w drugim losowaniu na 2 sposoby, zatem dwa losy wygrywające wylosujemy na 3⋅2=6 sposobów.
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to za drugim razem musimy wylosować jeden z siedmiu losów przegrywających, jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy jeden z siedmiu losów przegrywających, to za drugim razem musimy wylosować jeden z trzech losów wygrywających. Zatem dokładnie jeden los wygrywający wylosujemy na 3⋅7+7⋅3=42 sposoby.Co najmniej jeden los wygrywający wylosujemy wtedy, gdy wylosujemy dokładnie jeden taki los lub dokładnie dwa takie losy, zatem odpowiedzią jest liczba 6+42=48. Zauważmy też, że w wyniku opisanego losowania otrzymamy albo co najmniej jeden los wygrywający, albo oba przegrywające. Ponieważ wszystkich wyników losowania jest 10⋅9=90, a oba losy przegrywające możemy wylosować na 7⋅6=42 sposobów, więc co najmniej jeden los wygrywający otrzymamy na 90-42=48 sposobów.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.B
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Załóżmy, że liczba wylosowana za pierwszym razem to x, a za drugim – y. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że y-x<2?
18
Zauważmy, że różnica y-x jest liczbą całkowitą oraz y≠x. Szukamy zatem takich par x, y, że y-x=1, co oznacza, że wylosowane liczby muszą różnić się o 1. Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę 1 lub 10, to jako drugą możemy wylosować wyłącznie jedną liczbę, odpowiednio 2 oraz 9. Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę n różną od 1 i od 10, to za drugim razem możemy wylosować każdą z dwóch liczb: n-1 lub n+1. Zatem liczba poszukiwanych wyników jest równa 2⋅1+8⋅2=18.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli. B
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich wyników tego doświadczenia, takich że
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 i suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 lub suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.
419
W zbiorze wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką wyróżniamy podzbiory:A – wszystkich takich wyników, że co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5,B – wszystkich takich wyników, że suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.Wtedy
w jednym z rzutów musimy wyrzucić 5, a w drugim 1 lub 4, zatem A∩B=2+2=4,
obliczamy, że A=12, B=11, zatem stosując wzór na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów otrzymujemyA∪B=A+B-A∩B=12+11-4=19.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli. B
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14} losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Ile jest wszystkich wyników tego losowania, takich że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6?
70
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę niepodzielną ani przez 2, ani przez 3 (jest ich 5), to za drugim razem musimy wylosować 6 lub 12.
Jeżeli wylosujemy liczbę parzystą niepodziel
(2)
ną przez 3 (jest ich 5), to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 3.
Jeżeli za pierwszym wylosujemy liczbę nieparzystą podzielną przez 3 (są takie 2), to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą.Jeżeli wylosujemy liczbę podzielną przez 6 (są takie 2), to za drugim razem możemy wylosować dowolną liczbę. Zatem szukana liczba wyników to 5⋅2+5⋅4+2⋅7+2⋅13=70.Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.B
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3 (cyfry mogą się powtarzać).
1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się powtarzać).
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą się powtarzać).
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (cyfry mogą się powtarzać).
198
1386
2156
4455
S=12⋅32⋅44=198
S=12⋅62⋅77=1386
S=12⋅72⋅88=2156S=12⋅92⋅110=4455 B
W pudełku jest 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy dwa razy po jednej kuli ze zwracaniem. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że:
suma wylosowanych liczb jest parzysta.
iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
145
208
100
Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| wynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17} | wyniki nieparzyste{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17} | wyniki parzyste{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 17 możliwości | 9 możliwości | 8 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|Tabela. Danewynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17}wyniki nieparzyste{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}wyniki parzyste{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}17 możliwości9 możliwości8 możliwościZauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:- do każdej z 9 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z 9 liczb nieparzystych, co daje łącznie 9∙9=81 możliwości, - do każdej z 8 liczb parzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z 8 liczb nieparzystych, co daje łącznie 8∙8=64 możliwości.Wobec tego łącznie otrzymujemy 9∙9+ 8∙8= 81 + 64 = 145 wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.
Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru 1, 2, 3, ... , 16, 17 można rozbić na dwa podzbiory:A – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,B – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych li
(3)
czb jest parzysty.WtedyA∪B=A+B,przy czym A∪B=17⋅17=289 (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego losowania) oraz A=9⋅9=81 (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty). Zatem B=289-81=208, co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Posługujemy się metodą tabeli: zaznaczamy wszystkie przypadki i obliczamy, że jest ich 100. Można też rozpatrzyć najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiadające wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez 6. Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.|----------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | reszta 1 | reszta 2 | reszta 3 | reszta 4 | reszta 5 | reszta 0 |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 1 | | | | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 2 | | | x | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 3 | | x | | x | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 4 | | | x | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 5 | | | | | | x |
|----------------------------------------------------------------|
| reszta 0 | x | x | x | x | x | x |
|----------------------------------------------------------------|Tabela. Danew1/w2reszta 1reszta 2reszta 3reszta 4reszta 5reszta 0reszta 1xreszta 2xxreszta 3xxxreszta 4xxreszta 5xreszta 0xxxxxxWszystkich takich wyników jest 15. Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory: {1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12} oraz {13, 14, 15, 16, 17}.W zbiorczej tabeli zliczamy wszystkie możliwości w 9 przypadkach, dla każdego z nich odczytując liczbę możliwości z wzorcowej tabeli.|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | {1, 2, 3, 4, 5, 6} | {7, 8, 9, 10, 11, 12} | {13, 14, 15, 16, 17} |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {1, 2, 3, 4, 5, 6} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {7, 8, 9, 10, 11, 12} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|
| {13, 14, 15, 16, 17} | 15 – 6 = 9 możliwości | 15 – 6 = 9 możliwości | 4 możliwości |
|--------------------------------------------------------------------------------------------|Tabela. Danew1/w2{1, 2, 3, 4, 5, 6}{7, 8, 9, 10, 11, 12}{13, 14, 15, 16, 17}{1, 2, 3, 4, 5, 6}15 możliwości15 możliwości15 – 6
(4)
= 9 możliwości{7, 8, 9, 10, 11, 12}15 możliwości15 możliwości15 – 6 = 9 możliwości{13, 14, 15, 16, 17}15 – 6 = 9 możliwości15 – 6 = 9 możliwości4 możliwościMamy więc: 4 przypadki, które dają 15 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6, 4 przypadki, które dają 9 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6 oraz 1 przypadek, który daje 4 wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez 6. Łącznie otrzymujemy 4∙15+ 4∙9+ 1∙4= 60 + 36 + 4 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| w1/w2 | {1, 2, 3, 4, 5, 6} | {7, 8, 9, 10, 11, 12} | {13, 14, 15, 16, 17, 18} |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {1, 2, 3, 4, 5, 6} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {7, 8, 9, 10, 11, 12} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
| {13, 14, 15, 16, 17, 18} | 15 możliwości | 15 możliwości | 15 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danew1/w2{1, 2, 3, 4, 5, 6}{7, 8, 9, 10, 11, 12}{13, 14, 15, 16, 17, 18}{1, 2, 3, 4, 5, 6}15 możliwości15 możliwości15 możliwości{7, 8, 9, 10, 11, 12}15 możliwości15 możliwości15 możliwości{13, 14, 15, 16, 17, 18}15 możliwości15 możliwości15 możliwościi zauważyć, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej 9∙15 = 135 możliwości niepotrzebne nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę 18. Tych niepotrzebnych przypadków jest 18+18–1 = 35, a więc jest 135 – 35 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6. Patrząc z jeszcze innej strony, można podzielić wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym pogrupować je jak poniżej:|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| wynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17} | wyniki podzielne przez 6{6, 12} | wyniki podzielne przez 3 i niepodzielne przez 6{3, 9, 15} | wyniki podzielne przez 2 i niepodzielne przez 6{2, 4, 8, 10, 14, 16} | pozostałe wyniki {1, 5, 7, 11, 13, 17} |
|---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
(5)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 17 możliwości | 2 możliwości | 3 możliwości | 6 możliwości | 6 możliwości |
|-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danewynik pojedynczego losowania{1, 2, 3, … , 16, 17}wyniki podzielne przez 6{6, 12}wyniki podzielne przez 3 i niepodzielne przez 6{3, 9, 15}wyniki podzielne przez 2 i niepodzielne przez 6{2, 4, 8, 10, 14, 16}pozostałe wyniki {1, 5, 7, 11, 13, 17}17 możliwości2 możliwości3 możliwości6 możliwości6 możliwościObliczamy, odwołując się do tych przypadków:
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 6 lub 12, to liczba wylosowana za drugim razem jest dowolna, co daje łącznie 2∙17=34 możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 3, 9 lub 15, to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie 3∙(2+6)=24 możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 2, 4, 8, 10, 14 lub 16, to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 3, co daje łącznie 6∙(2+3)=30 możliwości,jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 1, 5, 7, 11, 13 lub 17, to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 6, co daje łącznie 6∙2=12 możliwości.Łącznie otrzymujemy 2∙17+ 3∙8+ 6∙5+ 6∙2= 34 + 24 + 30 + 12 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
trzycyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 4, 5, 6, 7, 8, 9.
czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 4, 8, wiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.
pięciocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3.
120
256
243
Korzystamy z reguły mnożenia: 6⋅5⋅4=120.
Korzystamy z reguły mnożenia: 4⋅4⋅4⋅4=256.Korzystamy z reguły mnożenia: 3⋅3⋅3⋅3⋅3=243. B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, wiedząc, że:
cyfry mogą się powtarzać
cyfry muszą być różne
100
48
Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na 4 sposoby. Pozostałe cyfry możemy wybierać dowolnie z dostępnych 5 cyfr. Korzystamy z reguły mnożenia: 4⋅5⋅5=100.Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na 4 sposoby. Cyfra dziesiątek musi być różna od cyfry setek, zatem możemy ją wybrać na 4 sposoby. Cyfra jedności musi być różna od obu wcześniej zapisanych cyfr, co oznacza, że możemy ją wybrać na 3 sposoby. Korzystamy z reguły mnożenia: 4⋅4⋅3=48. B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy:
6
9
10
12
9
6
6
15
Rozkładamy liczbę 6 na czynniki pierwsze: 6=2⋅3. Zatem możliwe są dwa przypadki:(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna szóstka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 6 albo (2) wśród cyfr tej li
(6)
czby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna trójka – takich liczb jest 3⋅2=6, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 2.Oznacza to, że jest 3+6=9 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 6.
Rozkładamy liczbę 9 na czynniki pierwsze: 9=3⋅3. Możliwe są dwa przypadki:(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna dziewiątka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 9 albo(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka i dwie trójki – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 1.Oznacza to, że jest 3+3=6 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 9.
Rozkładamy liczbę 10 na czynniki pierwsze: 10=2⋅5. Oznacza to, że wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna piątka – takich liczb jest zatem 3⋅2=6, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 2.Rozkładamy liczbę 12 na czynniki pierwsze: 12=2⋅2⋅3. Możliwe są trzy przypadki:(1) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna szóstka – takich liczb jest 3⋅2=6, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 2 albo(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna trójka i jedna czwórka – takich liczb jest 3⋅2=6, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 3 albo(3) wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki i jedna trójka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 3. Oznacza to, że jest 6+6+3=15 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 12.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których
cyfra jedności jest o 4 mniejsza od cyfry dziesiątek.
cyfra setek jest o 2 większa od cyfry jedności.
cyfry dziesiątek i setek są równe.
54
80
90
Ponieważ cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją zapisać na 9 sposobów. Za pomocą cyfry dziesiątek i cyfry jedności możliwe jest utworzenie 6 liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania: 40, 51, 62, 73, 84 oraz 95. Korzystamy z reguły mnożenia: 9⋅6=54.
Cyfrę dziesiątek możemy zapisać na 10 sposobów. Za pomocą cyfry setek i cyfry jedności możliwe jest utworzenie 8 liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania: 20, 31, 42, 53, 64, 75, 86 oraz 97. Korzystamy z reguły mnożenia: 10⋅8=80.Cyfrę jedności możemy zapisać na 10 sposobów. Ponieważ cyfra setek nie może być równa 0, więc za pomocą równych cyfr setek i dziesiątek możemy utworzyć 9 liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania. Korzystamy z reguły mnożenia: 10⋅9=90. B
Oblicz, ile jest wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
11
Rozpatrzmy możliwe wartości pierwszej cyfry (cyfry dziesiątek tysięcy).Jeżeli pierwszą cyfrą jest 3, to ostatnią cyfrą musi być 1, a środkowe cyfry to trzy zera – taka liczba jest jedna.Jeżeli pierwszą cyfrą jest 2, to ostatnią cyfrą musi być 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna jedynka i dwa zera – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 1.Jeżeli pierwszą cyfrą jest 1, to możliwe są trzy przypadki:
ostatnią cyfrą jest 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna dwójka i dwa zera – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 2,
ostatnią cyfrą jest 1, a wśród środkowych trzec
(7)
h cyfr jest jedno zero i dwie jedynki – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 0,
ostatnią cyfrą jest 3, środkowe trzy cyfry są zerami – taka liczba jest jedna.Zatem jest 1+3+3+3+1=11 wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.B
Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, które można zapisać przy użyciu cyfr 2, 3, 4. Ile jest wśród nich takich liczb, których:
tylko pierwsza i ostatnia cyfra są nieparzyste?
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 2?
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 1?
16
2
16
Na pierwszym i ostatnim miejscu takiej liczby musi stać cyfra 3, a na pozostałych czterech miejscach mamy do wyboru dwie cyfry parzyste. Korzystamy z reguły mnożenia: 2⋅2⋅2⋅2=16. Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.
W zapisie tej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry 2 oraz 4, zatem są tylko 2 takie liczby: 24242424 oraz 42424242.W zapisie takiej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry różnej parzystości. Zapisując jako pierwszą cyfrę 3, na drugim mamy do wyboru dwie cyfry parzyste, a dalej: na trzecim i piątym znów cyfrę 3, a na czwartym i szóstym – 2 lub 4. Korzystamy z reguły mnożenia: 2⋅2⋅2=8. Zapisując na pierwszym miejscu cyfrę 2 lub 4, na drugim, czwartym i szóstym, mamy cyfrę 3, natomiast na trzecim i piątym jedną z cyfr 2 lub 4. W tym przypadku też mamy 2∙2∙2=8 możliwości. Zatem wszystkich możliwości jest 8+8=16.Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.B
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba
23⋅32⋅5
54⋅112⋅193⋅3
1620
6468
24
120
30
36
Liczba dzielników jest równa 3+1⋅2+1⋅1+1=24.
Liczba dzielników jest równa 4+1⋅2+1⋅3+1⋅1+1=120.
Rozkładamy liczbę 1620 na czynniki pierwsze: 1620=22⋅34⋅5. Zatem ma ona 2+1⋅4+1⋅1+1=30 dzielników naturalnych.Rozkładamy liczbę 6468 na czynniki pierwsze: 6468=22⋅3⋅72⋅11, więc jej liczba dzielników naturalnych jest równa 2+1⋅1+1⋅2+1⋅1+1=36. B
Mamy do dyspozycji trzy pudełka: białe, czarne i żółte. W białym jest 7 kul, ponumerowanych od 1 do 7, w czarnym jest 5 kul, ponumerowanych od 1 do 5, a w żółtym są 4 kule, ponumerowane od 1 do 4. Z każdego pudełka losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich możliwości wylosowania w ten sposób trójki liczb, których iloczyn jest podzielny przez 5?
44
Możliwe są dwa przypadki:
z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem 5 – wtedy niezależnie od numeru kuli wylosowanej z każdego z pozostałych dwóch pudełek iloczyn numerów wylosowanych kul będzie podzielny przez 5,z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem innym niż 5 (jest 6 takich możliwości) – zatem, aby iloczyn numerów wylosowanych kul był podzielny przez 5, musimy z drugiego pudełka wylosować kulę z numerem 5 (numer kuli wylosowanej z trzeciego pudełka nie gra roli). Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 1⋅5⋅4+6⋅1⋅4=44.B
Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że
w każdym rzucie otrzymamy inną liczbę oczek
otrzymamy parzysty iloczyn liczb wyrzuconych oczek
dokładnie raz wypadnie liczba oczek podzielna przez 3
120
189
96
Korzystamy z reguły mnożenia: 6⋅5⋅4=120.
(8)
Wszystkich możliwych wyników jest 6⋅6⋅6=216. Iloczyn liczb wyrzuconych oczek może być albo parzysty, albo nieparzysty, przy czym nieparzysty jest wtedy i tylko wtedy, gdy za każdym razem wyrzucimy nieparzystą liczbę oczek. Takich przypadków jest 3⋅3⋅3=27, zatem w pozostałych 216-27=189 przypadkach iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Rozkładamy zliczanie na trzy etapy:
ustalenie numeru rzutu, w którym wypadła liczba oczek podzielna przez 3 (3 możliwości),
ustalenie dla tego miejsca liczby oczek spośród 2 możliwych: 3 oczka lub 6 oczek,ustalenie liczby oczek spośród czterech niepodzielnych przez 3 dla dwóch pozostałych rzutów (4∙4 = 16 możliwości).Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukana liczba wyników to 3⋅2⋅4⋅4=96. B
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o różnych cyfrach, które są większe od 642 i dzielą się przez 5?
56
Jest 8 takich liczb, których cyfrą setek jest 6: 645, 650, 670, 675, 680, 685, 690, 695. Pokażemy, że jeżeli cyfra setek jest większa od 6, to jest 48 takich liczb. Wtedy jako cyfrę setek można wybrać 7, 8 lub 9 (3 sposoby), jako cyfrę jedności trzeba wybrać 0 lub 5 (dwa sposoby), a po zapisaniu dwóch różnych cyfr na miejscach setek i jedności można wstawić dowolną z pozostałych ośmiu na miejscu cyfry dziesiątek. Korzystając z reguły mnożenia, mamy w tym przypadku 3⋅2⋅8=48 możliwych liczb. Wobec tego jest 8+48=56 wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych o różnych cyfrach, które są większe od 642 i dzielą się przez 5.B
Oblicz, ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie jedna cyfra 9 i dokładnie jedna cyfra parzysta.
96
Podzielmy zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu.|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| cyfry do wyboru{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} | cyfra 9{9} | cyfry parzyste (p) {2, 4, 6, 8} | pozostałe cyfry{1, 3, 5, 7} |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
| 9 elementów | 1 element | 4 elementy | 4 elementy |
|----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danecyfry do wyboru{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}cyfra 9{9}cyfry parzyste (p) {2, 4, 6, 8}pozostałe cyfry{1, 3, 5, 7}9 elementów1 element4 elementy4 elementyRozkładamy zliczanie na trzy etapy:
wybór miejsca dla cyfry 9 i zapisanie tej cyfry (3 możliwości),
wybór miejsca dla cyfry parzystej i zapisanie tej cyfry (2∙4 = 8 możliwości),zapisanie cyfry na pozostałym miejscu (4 możliwości).Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest 3⋅2⋅4⋅4=96.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których
cyfry 1, 2, 3 oraz 4 stoją obok siebie, zapisane w kolejności rosnącej
suma cyfr zapisanych na miejscach pierwszym i ostatnim jest równa 11
suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest
(9)
nieparzysta
6
48
72
Rozkładamy zliczanie na dwa etapy: – wybór czterech kolejnych miejsc, na których zapiszemy blok czterocyfrowy 1234 – można to zrobić na trzy sposoby: albo blok 1234 zajmuje miejsca od 1 do 4, albo od 2 do 5, albo od 3 do 6,– wybór miejsca dla cyfry 5:2 możliwości, bo zostały 2 miejsca wolne.Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest 3⋅2=6.
Z treści zadania wynika, że na miejscach pierwszym i ostatnim takiej liczby sześciocyfrowej należy zapisać cyfry 5 oraz 6, a na pozostałych czterech miejscach należy zapisać cyfry 1, 2, 3 oraz 4. Rozkładamy zliczanie na dwa etapy:– zapisanie cyfr 5 i 6 na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na dwa sposoby,– zapisanie cyfr 1, 2, 3 oraz 4 na pozostałych miejscach – można to zrobić na 4⋅3⋅2=24 sposoby, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, potem miejsce dla cyfry 2, a następnie miejsce dla cyfry 3.Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest 2⋅4⋅3⋅2=48.Z treści zadania wynika, że każde dwie sąsiednie cyfry takiej liczby sześciocyfrowej są różnej parzystości. Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest parzysta, to wtedy również cyfry trzecia i piąta są parzyste, a pozostałe cyfry są nieparzyste. Zliczanie w tym przypadku rozkładamy na dwa etapy:– zapisanie cyfr 1, 3 oraz 5 na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na 3⋅2=6 sposobów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 3,– zapisanie cyfr 2, 4 oraz 6 na pozostałych miejscach – można to zrobić na 3⋅2=6 sposobów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 2, a następnie miejsce dla cyfry 4.Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest 3⋅2⋅3⋅2=36.Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest nieparzysta, to wtedy również cyfry trzecia i piąta są nieparzyste, a pozostałe cyfry są parzyste. Rozumując analogicznie do poprzedniego przypadku, stwierdzamy, że takich liczb jest również 36. Oznacza to, że jest 36+36=72 wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, w których zapisie
żadne dwie cyfry nieparzyste nie stoją obok siebie.
cyfra 5 jest zapisana przed cyfrą 6 i cyfra 6 jest zapisana przed cyfrą 7.
144
840
Z treści zadania wynika, że w zapisie takiej liczby cyfry nieparzyste muszą być rozdzielone cyframi parzystymi. Oznacza to, że cyfry nieparzyste trzeba zapisać na miejscach: pierwszym, trzecim, piątym i siódmym, a parzyste – na pozostałych. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:– wybór miejsc dla cyfr 1, 3, 5, 7 oraz zapisanie tych cyfr – można to zrobić na 4⋅3⋅2=24 sposoby, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: 3 oraz 5,– zapisanie cyfr 2, 4 oraz 6 – można to zrobić na 3⋅2=6 sposobów, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 2, a potem miejsce dla cyfry 4.Zatem szukanych liczb jest 24 ⋅6=144.
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:– wybór miejsc dla cyfr 1, 2, 3, 4 oraz zapisanie tych cyfr – można to zrobić na 7⋅6⋅
(10)
5⋅4=840 sposobów, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: 2, 3 oraz 4,– zapisanie cyfr 5, 6 oraz 7 – jest tylko jeden sposób zapisania tej trójki cyfr, ponieważ z pozostałych trzech miejsc pierwsze od lewej musi zająć cyfra 5, następne – cyfra 6 i ostatnie – cyfra 7.Zatem szukanych liczb jest 840.B
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych
czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą się powtarzać).
trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się powtarzać).
10670044
112602
sposób ISumujemy otrzymane liczby czterocyfrowe, dzieląc je na grupy ze względu na cyfrę: tysięcy, setek, dziesiątek i jedności. Zauważmy następnie, że w tej sumie otrzymaliśmy 7⋅7⋅7=343 razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych miejscach zapisu dziesiętnego: jako cyfrę tysięcy, jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności. Oznacza to, że S=343⋅1000+100+10+1⋅1+2+3+4+5+6+7=343⋅1111⋅28=10670044.sposób IIWypisujemy wszystkie liczby czterocyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6 oraz 7 i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę czterocyfrową według następującego przepisu: do liczby opisanej przez czwórkę c1, c2, c3, c4 dopisujemy liczbę opisaną przez czwórkę 8-c1, 8-c2, 8-c3, 8-c4.Zauważmy, że – istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby opisanej przez czwórkę c1, c2, c3, c4 dopisujemy liczbę opisaną przez czwórkę 8-c1, 8-c2, 8-c3, 8-c4, a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 8888,– każda z liczb czterocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 jest przyporządkowana do dokładnie jednej czwórki 8-c1, 8-c2, 8-c3, 8-c4, gdzie c1, c2, c3 oraz c4 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby czterocyfrowe:– dodamy sumy par liczb wpisanych w 7⋅7⋅7⋅7=2401 przypadkach, czyli 2401 razy liczbę 8888,– dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.Stąd 2S=2401⋅8888, a więc S=12⋅2401⋅8888=2401⋅4444=10670044.
sposób ISumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na 6 grup ze względu na cyfrę setek. Zauważamy, że jest 7⋅7=49 liczb w każdej takiej grupie, przy czym dla ustalonej cyfry setek dopisane do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Zatem sumując wszystkie liczby, otrzymamy S=49⋅100+200+300+400+500+600+6⋅7⋅10+20+30+40+50+6⋅7⋅1+2+3+4+5=49⋅100⋅21+42⋅11⋅21=112602.sposób IIWypisujemy wszystkie liczby o trzech cyfrach zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach). Suma S1 liczb o tak zapisanych cyfrach jest równa S1=12⋅73⋅666=114219. Zauważamy, że wśród wypisanych liczb są takie, które nie są trzycyfrowe (to te, w których jako cyfrę setek zapisaliśmy 0). Ich suma S2 jest równa S2=12⋅72⋅66=1617. Oznacza to, że suma S liczb trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których cyfry mogą się powtarzać jest równa S=S1-S2=114219-1617=112602.
Moduł: i6H8JsFpVm wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dodaje i odejmuje liczby naturalne wielocyfrowe pisemnie, a także za pomocą kalkulatora; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 czyta ze zrozumieniem prosty tekst zawierający informacje liczbowe; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 wykonuje wstępne czynności ułatwiające rozwiązanie zadania, w tym rysunek pomocniczy lub wygodne dla niego zapisanie informacji i danych z treści zadania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dostrzega zależności między podanymi informacjami; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dzieli rozwiązanie zadania na etapy, stosując własne, poprawne, wygodne dla niego strategie rozwiązania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 do rozwiązywania zadań osadzonych w kontekście praktycznym stosuje poznaną wiedzę z zakresu arytmetyki i geometrii oraz nabyte umiejętności rachunkowe, a także własne poprawne metody; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 weryfikuje wynik zadania tekstowego, oceniając sensowność rozwiązania.
Sekcja: 1. i6H8JsFpVm_d5e218
W tym rozdziale zajmiemy się podzbiorami zbioru skończonego.
Link do treści
Sekcja: 2. i6H8JsFpVm_d5e249
Link do treści
(1)
Podzbiory dwuelementowe zbioru skończonego
Obliczymy, na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 7 zawodników.Oznaczmy zawodników przez z1, z2, z3, z4,z5, z6, z7.
sposób IWypisujemy wszystkie możliwe do wybrania pary graczy, czyli dwuelementowe podzbiory siedmioelementowego zbioru z1, z2, z3, z4,z5, z6, z7. Zapisujemy je tak, aby wskaźnik pierwszego wypisanego zawodnika był mniejszy od wskaźnika drugiego z nich (w ten sposób unikniemy powtórzeń).Wtedy
zawodnika z1 przypiszemy do sześciu zawodników: {z1, z2}, {z1, z3}, {z1, z4}, {z1, z5}, {z1, z6},{z1, z7},
zawodnika z2 przypiszemy do pięciu zawodników: {z2, z3}, {z2, z4}, {z2, z5}, {z2, z6},{z2, z7},
zawodnika z3 przypiszemy do czterech zawodników: {z3, z4}, {z3, z5}, {z3, z6},{z3, z7},
zawodnika z4 przypiszemy do trzech zawodników: {z4, z5}, {z4, z6},{z4, z7},
zawodnika z5 przypiszemy do dwóch zawodników: {z5, z6},{z5, z7},zawodnika z6 przypiszemy do jednego zawodnika: {z6, z7}.Zatem wszystkich możliwych par jest 6+5+4+3+2+1=21.
sposób IIWypiszmy pary zawodników, stosując metodę tabeli. Odrzucamy pola, które nie opisują takiej pary.|-------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|-------------------------------------------------------------------|
| | z1 | z2 | z3 | z4 | z5 | z6 | z7 |
|-------------------------------------------------------------------|
| z1 | | {z1, z2} | {z1, z3} | z1, z4} | {z1, z5} | {z1, z6} | {z1, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z2 | {z1, z2} | | {z2, z3} | {z2, z4} | {z2, z5} | {z2, z6} | {z2, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z3 | {z1, z3} | {z2, z3} | | {z3, z4} | {z3, z5} | {z3, z6} | {z3, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z4 | {z1, z4} | {z2, z4} | {z3, z4} | | {z4, z5} | {z4, z6} | {z4, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z5 | {z1, z5} | {z2, z5} | {z3, z5} | {z4, z5} | | {z5, z6} | {z5, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z6 | {z1, z6} | {z2, z6} | {z3, z6} | {z4, z6} | {z5, z6} | | {z6, z7} |
|-------------------------------------------------------------------|
| z7 | {z1, z7} | {z2, z7} | {z3, z7} | {z4, z7} | {z5, z7} | {z6, z7} | |
|-------------------------------------------------------------------|
Tabela. Danez1z2z3z4z5z6z7z1{z1, z2}{z1, z3} z1, z4}{z1, z5}{z1, z6}{z1, z7}z2{z1, z2}{z2, z3}{z2, z4}{z2, z5}{z2, z6}{z2, z7}z3{z1, z3}{z2, z3}{z3, z4}{z3, z5}{z3, z6}{z3, z7}z4{z1, z4}{z2, z4}{z3, z4}{z4, z5}{z4, z6}{z4, z7}z5{z1, z5}{z2, z5}{z3, z5}{z4, z5}{z5, z6}{z5, z7}z6{z1, z6}{z2, z6}{z3, z6}{z4, z6}{z5, z6}{z6, z7}z7{z1, z7}{z2, z7}{z3, z7}{z4, z7}{z5, z7}{z6, z7}W tabeli mamy więc wypełnione 6⋅7=42 pola. Zauważmy, że każda para została tu wypisana dokładnie dwa razy. Oznacza to, że wszystkich par jest 6∙72=21.
sposób IIIOznaczmy przez x liczbę wszystkich możliwych par graczy.Liczbę wszystkich możliwych uporządkowanych par graczy możemy obliczyć następującymi dwoma sposobami.
Do każdego z siedmiu zawodników dobieramy drugiego do pary na 6 sposobów. W ten sposób otrzymaliśmy 6⋅7 par uporządkowanych.
W każdej z x par graczy możemy na dwa sposoby ustalić kolejność, co daje 2x
(2)
wszystkich uporządkowanych par graczy.Otrzymujemy więc równość2x=6⋅7stądx=6⋅72=21Uwaga. Wykorzystując podobne rozumowanie, pokażemy, że liczba wszystkich dwuelementowych podzbiorów, które można wybrać ze zbioru A=a1, a2, ..., an, liczącego n elementów jest równan⋅n-12Jeśli przez x oznaczymy liczbę wszystkich możliwych podzbiorów dwuelementowych zbioru A, to liczba wszystkich możliwych uporządkowanych par elementów tego zbioru jest z jednej strony równa n⋅n-1bo do każdego z n elementów drugi do pary możemy dobrać na n-1 sposobów,a z drugiej strony – jest równa2xbo w każdym z x dwuelementowych podzbiorów zbioru A możemy na dwa sposoby ustalić kolejność elementów.Otrzymujemy więc równość2x=n⋅n-1stądx=n⋅n-12.
Korzystając ze wzoru na liczbę dwuelementowych podzbiorów zbioru n-elementowego, obliczymy, że:
dwóch graczy spośród 11 zawodników można wybrać na 11⋅102=55 sposobów,
liczba wszystkich meczów w turnieju, do którego zgłosiło się 9 drużyn i każda drużyna ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz, jest równa 9⋅82=36,
dwuosobową delegację z klasy liczącej 25 uczniów można wybrać na 25⋅242=300 sposobów.
Obliczymy, ile przekątnych ma jedenastokąt wypukły.Rozpatrzmy wszystkie możliwe odcinki, które powstały z połączenia par wierzchołków jedenastokąta wypukłego. Jest ich łącznie11⋅102=55. Każdy z tych odcinków jest albo bokiem tego jedenastokąta, albo jego przekątną. Ponieważ boków jest 11, więc przekątnych jest55-11=44.
Pokażemy, że liczba wszystkich przekątnych n- kąta wypukłego, jest równan⋅n-32Wszystkich możliwych odcinków, które powstały z połączenia par wierzchołków n-kąta wypukłego jest n⋅n-12. Każdy z tych odcinków jest albo przekątną tego wielokąta, albo jego bokiem. Ponieważ boków jest n, więc przekątnych jestn⋅n-12-n=n2-n-2n2=n2-3n2=n⋅n-32
Do szkolnego turnieju halowej piłki nożnej zgłosiło się 6 drużyn. Turniej rozegrano systemem „każdy z każdym”, bez rewanżów. W każdym meczu przyznawano punkty według zasady: w przypadku remisu obie drużyny otrzymują po 1 punkcie, a w meczu rozstrzygniętym zwycięzca otrzymuje 3 punkty, a przegrany – 0 punktów. Po zakończeniu turnieju okazało się, że drużyny uczestniczące w turnieju zdobyły w sumie 37 punktów. Ustalimy, ile meczów podczas tego turnieju zakończyło się wynikiem remisowym.W turnieju rozgrywanym systemem „każdy z każdym”, bez rewanżów meczów jest tyle, ile wszystkich możliwości dobrania drużyn w pary. W przypadku tego szkolnego turnieju liczba meczów to liczba dwuelementowych podzbiorów zbioru sześcioelementowego, czyli6⋅52=15Oznaczmy przez x liczbę meczów remisowych w tym turnieju. Wtedy liczba meczów rozstrzygniętych to 15-x. Ponieważ każdy mecz remisowy wnosił do ogólnej sumy 2 punkty, a mecz rozstrzygnięty – 3 punkty, więc otrzymujemy równanie2x+3⋅15-x=37Stąd2x+45-3x=37a więcx=8Oznacza to, że 8 meczów w tym turnieju zakończyło się wynikiem remisowym.
Obliczymy, ile jest wszystkich wyników siedmiokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie dwa razy wypadł orzeł.Ponumerujemy rzuty od 1 do 7. Dwa z tych numerów odpowiadają wyrzuceniu orła. Jest 7⋅62=21 możliwości wyboru dwóch numerów z siedmiu, co oznacza, że jest 21 wszystkich wyników siedmiokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie dwa razy wypadł orzeł.
Sekcja: 3. i6H8JsFpVm_d5e414
Link do treści
(1)
Obliczymy:
ile jest trzycyfrowych liczb naturalnych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry dziesiątek.Ponieważ w rzędzie setek takiej liczby trzycyfrowej może być zapisana dowolna cyfra różna od zera, więc możemy ją wybrać na 9 sposobów. Zauważmy teraz, że jeżeli ze zbioru cyfr {0, 1, 2, …, 9} wybierzemy dwuelementowy podzbiór, to cyfry w ten sposób wybrane można na jeden sposób zapisać w kolejności malejącej. Zatem każdemu takiemu podzbiorowi można wzajemnie jednoznacznie przyporządkować liczbę dwucyfrową, której cyfra jedności jest mniejsza od cyfry dziesiątek. Jeżeli np. wybierzemy podzbiór {2, 5}, to taką liczbą jest 52, a dla liczby 83 takim podzbiorem jest {3, 8}.Oznacza to, że liczb dwucyfrowych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry dziesiątek jest dokładnie tyle, ile dwuelementowych podzbiorów dziesięcioelementowego zbioru cyfr {0, 1, 2, …, 9}, czyli 10⋅92=45. Ponieważ kolejnych wyborów dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczb trzycyfrowych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry dziesiątek, jest9⋅45=405ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie trzy następujące warunki:
w zapisie tej liczby nie występuje cyfra 0,
cyfra setek jest większa od cyfry tysięcy,
cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek.Liczbę czterocyfrową, spełniającą warunki zadania, rozdzielamy na dwie dwucyfrowe, przy czym podział jest między cyfrą setek a cyfrą tysięcy.Otrzymane liczby dwucyfrowe mają spełniać dwa warunki: w ich zapisie nie występuje cyfra 0, cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek.Rozumując podobnie, jak w podpunkcie a), zauważamy, że liczb dwucyfrowych, w których zapisie nie występuje 0 i cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek, jest dokładnie tyle, ile dwuelementowych podzbiorów dziewięcioelementowego zbioru {1, 2, …, 9}. Oznacza to, że jest ich9⋅82=36Wobec tego dwie pierwsze cyfry liczby czterocyfrowej spełniającej warunki zadania można zapisać na 36 sposobów i dwie ostatnie również na 36 sposobów, zatem liczb czterocyfrowych, które spełniają jednocześnie podane trzy warunki, jest 36⋅36=1296
W klasie jest 34 uczniów, przy czym chłopców jest o 6 więcej niż dziewczynek. Obliczymy, na ile sposobów można wybrać z tej klasy czteroosobową delegację, w której znajdą się dokładnie dwie dziewczynki.Ponieważ delegacja jest czteroosobowa, więc oprócz dwóch dziewczynek muszą się w niej znaleźć jeszcze dwaj chłopcy.Obliczamy, że dziewczynek jest w tej klasie 14, a chłopców jest 20.Parę dziewczynek z tej klasy wybierzemy zatem na14⋅132=91 sposobów, a parę chłopców – na 20⋅192=190 sposobów. Wyborów tych dokonujemy niezależnie, zatem, korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że wszystkich możliwych czteroosobowych delegacji z tej klasy, w której znajdą się dokładnie dwie dziewczynki, jest 91⋅190=17290.
W pewnej grze losowej zakreślamy 4 liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, …, 24, 25}. Wybrane liczby są następnie porównywane z czterema wylosowanymi z tego samego zbioru przez maszynę losującą. Ile jest możliwości zakreślenia takich 4 liczb, wśród których dokładnie dwie będą trafione?Z treści zadania wynika, że dwie zakreślone liczby miały być trafione, czyli były w zbiorze 4 wylosowanych, a pozostałe dwie zakreślone były w zbiorze 21 niewylosowanych. Dwie wylosowane liczby możemy trafić na 4⋅32=6 sposobów, a pozostałe dwie możemy wybrać na 21⋅202=210 sposobów. Oznacza to, że wszystkich możliwości zakreślenia takich 4 liczb, wśród których dokładnie dwie będą trafione jest 210⋅6=1260
Proste k i l
(2)
są równoległe. Na prostej k zaznaczono 4 punkty, a na prostej l – 5 punktów.💥[185442]💥
Obliczymy, ile jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów.Zauważmy, że trójkąt jest jednoznacznie wyznaczony przez ustalenie trzech jego wierzchołków. Ponieważ trzy punkty leżące na jednej prostej nie są wierzchołkami trójkąta, więc trójkąty możemy utworzyć jedynie na dwa sposoby:
na prostej k wybieramy dwa różne punkty, a do każdej takiej pary dobieramy trzeci punkt na prostej l albona prostej l wybieramy dwa różne punkty, a do każdej takiej pary dobieramy trzeci punkt na prostej k.Parę wierzchołków na prostej k możemy wybrać na 4⋅32=6 sposobów, a trzeci wierzchołek na prostej l na 5 sposobów. Zatem w przypadku (1) wszystkich trójkątów jest 6⋅5=30.Parę wierzchołków na prostej l możemy wybrać na 5⋅42=10 sposobów, a trzeci wierzchołek na prostej k na 4 sposoby. Oznacza to, że w przypadku (2) wszystkich trójkątów jest 10⋅4=40.Wobec tego wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów, jest 30+40=70
Sześć dziewcząt bierze udział w szkolnej wycieczce. Obliczymy, na ile sposobów można je zakwaterować w trzech dwuosobowych pokojach.Zakwaterowanie rozkładamy na trzy etapy:
wybieramy parę dziewczynek do pierwszego pokoju, co możemy zrobić na 6⋅52=15 sposobów,
wybieramy kolejne dwie dziewczynki do drugiego pokoju, co możemy zrobić na 4⋅32=6 sposobów.kwaterujemy piątą i szóstą dziewczynkę w trzecim pokoju.Korzystając z reguły mnożenia obliczamy, że szukanych możliwości zakwaterowania sześciu dziewcząt w trzech dwuosobowych pokojach, jest 15⋅6=90.
Obliczymy, ile jest:
wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry nieparzyste.Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:(1) wybór dwóch miejsc z sześciu dla cyfr nieparzystych (mamy 6⋅52=15 możliwości) oraz zapisanie tych cyfr (mamy 5⋅5=25 możliwości),(2) zapisanie pozostałych czterech cyfr (mamy 4⋅4⋅4⋅4=256 możliwości),Zatem jest 15⋅25⋅256=96000 takich liczb sześciocyfrowych.wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których na dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry parzyste.
sposób IRozróżniamy dwa przypadki:(1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta albo(2) na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.W pierwszym przypadku: mamy 4 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czterech miejsc mamy wybrać jedno dla cyfry parzystej (4 możliwości) i zapisać tę cyfrę (5 możliwości), a na każdym z pozostałych trzech miejscach zapisać cyfrę nieparzystą (5⋅5⋅5=125 możliwości). Takich liczb jest 4⋅4⋅5⋅125=10000.W drugim przypadku: mamy 5 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czterech miejsc mamy wybrać dwa dla cyfry parzystej (4⋅32=6 możliwości) i zapisać te liczby (5⋅5=25 możliwości), a na pozostałych dwóch miejscach zapisać cyfry nieparzyste (5⋅5=25 możliwości). Takich liczb jest 5⋅6⋅25⋅25=18750.Oznacza to, że jest 10000+18750=28750 liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania.
sposób IIWypisujemy kolejno jedna za drugą pięć cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu możliwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie dwóch miejscach zapisujemy cyfrę parzystą. Mamy 5⋅42=10 możliwości wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy zapisać na 5⋅5=25 sposobów, a na pozostałych trzech miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na 5⋅5⋅5=125 sposobów. Zatem jest 10⋅25⋅125=31250 ciągów o 5
(3)
cyfrach, w których dokładnie dwie cyfry są parzyste.Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich ciągów na jednym z kolejnych czterech miejsc znajduje się cyfra parzysta (miejsce dla niej można wybrać na 4 sposoby, a zapisać ją – na 5 sposobów), a na trzech pozostałych –cyfry nieparzyste (można je zapisać na 5⋅5⋅5=125 sposobów). Oznacza to, że jest 4⋅5⋅125=2500 takich ciągów.Stąd wynika, że jest 31250-2500=28750 liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania.
ID WOMI: 185442
Nazwa: Liczba podzbiorow_4390
Tytuł: Liczba podzbiorow_4390
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek prostych równoległych k i l. Na prostej k zaznaczono 4 punkty, a na prostej l \u2013 5 punktów.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. i6H8JsFpVm_d5e566
Link do treści
(1)
Obliczymy:
ile jest wszystkich wyników czterokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła parzysta liczba oczek.Rozpatrzmy ciąg kolejnych czterech rzutów kostką sześcienną. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:1) wybór tych dwóch z czterech numerów rzutów, dla których wypadła parzysta liczba oczek (mamy 4⋅32=6 możliwości) i rozmieszczenie parzystych liczb oczek na tych dwóch miejscach (mamy 3⋅3=9 możliwości),2) rozmieszczenie nieparzystych liczb oczek na pozostałych miejscach (mamy 3⋅3=9 możliwości).Oznacza to, że jest 6⋅9⋅9=486 wszystkich wyników czterokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła parzysta liczba oczek.
ile jest wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka.Rozpatrzmy ciąg kolejnych pięciu rzutów kostką sześcienną. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:1) wybór tych dwóch z pięciu numerów rzutów, dla których wypadła szóstka (mamy 5⋅42=10 możliwości) i rozmieszczenie dwóch szóstek na tych dwóch miejscach,2) rozmieszczenie innych liczb oczek na pozostałych trzech miejscach (mamy 5⋅5⋅5=125 możliwości).Oznacza to, że jest 10⋅125=1250 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka.ile jest wszystkich wyników sześciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których wypadła dokładnie jedna jedynka i dokładnie dwie dwójki.Rozpatrzmy ciąg kolejnych sześciu rzutów kostką sześcienną. Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:1) wybór jednego z sześciu numerów rzutów, w którym wypadła jedynka (mamy 6 możliwości) i rozmieszczenie jedynki na tym miejscu,2) wybór tych dwóch z pozostałych pięciu numerów rzutów, w których wypadły dwójki (mamy 5⋅42=10 możliwości) i rozmieszczenie dwójek na tych miejscach,3) rozmieszczenie innych liczb oczek na pozostałych trzech miejscach (mamy 4⋅4⋅4=64 możliwości).Oznacza to, że jest 6⋅10⋅64=3840 wszystkich wyników sześciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których wypadła dokładnie jedna jedynka i dokładnie dwie dwójki.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste.
Rozróżniamy dwa przypadki:
w zapisie takiej liczby jest jedna piątka i sześć jedynek albow zapisie takiej liczby są dwie trójki i pięć jedynek.
W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy piątkę (7 możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest 7 takich liczb.
W drugim przypadku: wybieramy dwa miejsca z siedmiu, na których zapiszemy trójki (7⋅62=21 możliwości), a na pozostałych pięciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że jest 21 takich liczb.Stąd wynika, że jest 7+21=28 wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste. Uwaga. Otrzymany wynik to liczba wszystkich dwuelementowych podzbiorów zbioru ośmioelementowego28=8⋅72. Tyle jest np. wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły.Można pokazać, że każdy z wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły, odpowiada dokładnie jednej liczbie spełniającej warunki zadania i odwrotnie – każda liczba spełniająca warunki zadania odpowiada dokładnie jednemu wynikowi ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły.Rozwiążemy w tym celu następujące zadanie. Ustal, ile rozwiązań w dodatnich liczbach nieparzystych ma równaniec1
(2)
+c2+c3+c4+c5+c6+c7=11. Zauważmy, że wtedy każda liczba w ciągu c1,c2,c3,c4,c5,c6,c7 jest nieparzysta, żadna z nich nie jest większa od 10, zatem ciąg ten tworzą kolejne cyfry liczby naturalnej siedmiocyfrowej, której suma cyfr jest równa 11 i w jej zapisie wszystkie cyfry są nieparzyste. Ponieważ każda z liczb zapisanych po lewej stronie jest nieparzysta, więc przyjmując c1=2x1+1, c2=2x2+1, …, c7=2x7+1, można równanie zapisać w postaci 2x1+1+2x2+1+2x3+1+2x4+1+2x5+1+2x6+1+2x7+1=11,gdzie każda z liczb x1,x2, ..., x7 jest nieujemną liczbą całkowitą.Po przekształceniu otrzymujemy równaniex1+x2+x3+x4+x5+x6+x7=2Naszym zadaniem jest wyznaczenie liczby wszystkich rozwiązań tego równania w nieujemnych liczbach całkowitych.Rozpatrzmy teraz wszystkie możliwe wyniki ośmiokrotnego rzutu monetą, w których wypadły dokładnie dwa orły. Oznaczmy:x1 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach do momentu, w którym wyrzucono pierwszą reszkę,x2 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono pierwszą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę,x3 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę,x4 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę, do momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę,x5 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę,x6 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono szóstą reszkę,x7 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono szóstą reszkę. Zauważmy, że:
każdemu wynikowi takiego rzutu monetą odpowiada dokładnie jeden ciąg x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7, temu ciągowi - dokładnie jeden ciąg c1,c2,c3,c4,c5,c6,c7, który to ciąg koduje dokładnie jedną liczbę siedmiocyfrową. Np. jeżeli w kolejnych rzutach dostaliśmy: (orzeł, reszka, reszka, reszka, reszka, orzeł, reszka, reszka), to x1=1,x2=0,x3=0,x4=0,x5=1,x6=0,x7=0a więcc1=3,c2=1,c3=1,c4=1,c5=3,c6=1,c7=1,Oznacza to, że ten wynik rzutu monetą koduje dokładnie jedną liczbę 3111311.
Na odwrót, każdej liczbie spełniającej warunki zadania odpowiada jeden ciąg c1,c2,c3,c4,c5,c6,c7, temu ciągowi odpowiada jeden ciąg x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7, któremu odpowiada jeden wynik ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły. Np. liczbie 1151111 odpowiada ciąg c1=1,c2=1,c3=5,c4=1,c5=1,c6=1,c7=1a temu – ciąg x1=0,x2=0,x3=2,x4=0,x5=0,x6=0,x7=0, stąd mamy odpowiadający ciąg rzutów (reszka, reszka, orzeł, orzeł, reszka, reszka, reszka, reszka).Zatem wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste, jest tyle samo, co wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły. Tych wyników jest8⋅72=28.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 18.Rozkładamy liczbę 18 na czynniki pierwsze: 18=2⋅3⋅3. Oznacza to, że możliwe są trzy przypadki:
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, dwie trójki i pięć jedynek,
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna dziewiątka i sześć jedynek,wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna szóstka i sześć jedynek.
W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (8 możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy dwa, na których zapisujemy trójki (7⋅62=21 możliwości), a n
(3)
a pozostałych pięciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że jest 8⋅21=168 takich liczb.
W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (8 możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy dziewiątkę (7 możliwości) , a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest 8⋅7=56 takich liczb.W trzecim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy trójkę (8 możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy szóstkę (7 możliwości) , a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Jest więc 8⋅7=56 takich liczb.Stąd wynika, że jest 168+56+56=280 wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 18.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie dwa razy cyfra 0 i dokładnie dwa razy cyfra 1.
sposób IRozróżniamy dwa przypadki:
na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra 1,na pierwszym miejscu jest cyfra różna od 0 i od 1.
W pierwszym przypadku: zapisujemy 1 na pierwszym miejscu. Z kolejnych czterech miejsc mamy wybrać jedno dla jedynki (4 możliwości) i zapisać na nim jedynkę. Z pozostałych trzech miejsc wybrać dwa dla zer (3 możliwości) i zapisać na nich zera, a na ostatnim pozostałym miejscu zapisać cyfrę różną od 0 i od 1 (8 możliwości). Takich liczb jest więc 4⋅3⋅8=96.W drugim przypadku: mamy 8 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czterech miejsc mamy wybrać dwa dla jedynek (4⋅32=6 możliwości) i zapisać te jedynki, a na pozostałych dwóch miejscach zapisać zera. Zatem jest 8⋅6=48 takich liczb.Oznacza to, że jest 96+48=144 wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie dwa razy cyfra 0 i dokładnie dwa razy występuje cyfra 1.
sposób IIZliczanie rozkładamy na trzy etapy, pamiętając o tym, że zera nie możemy zapisać na pierwszym miejscu (w rzędzie dziesiątek tysięcy):
wybieramy dwa z czterech miejsc, na których możemy wstawić zera (4⋅32=6 możliwości) i zapisujemy zera na tych miejscach,
wybieramy te dwa z pozostałych trzech miejsc, na których zapiszemy jedynki (3 możliwości) i zapisujemy jedynki na tych miejscach,na ostatnim pozostałym miejscu zapisujemy cyfrę różną od 0 i od 1 (8 możliwości). Zatem jest 6⋅3⋅8=144 wszystkich takich liczb naturalnych pięciocyfrowych.
sposób IIIWypisujemy kolejno jedna za drugą pięć cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu możliwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie dwóch miejscach zapisujemy cyfrę 0 i na dokładnie dwóch miejscach zapisujemy cyfrę 1. Mamy 5⋅42=10 możliwości wyboru dwóch miejsc dla zer, na pozostałych trzech miejscach zapiszemy dwie jedynki na 3 sposoby, a na ostatnim z pozostałych miejsc zapiszemy cyfrę różną od 0 i od 1 na 8 sposobów. Takich ciągów o 5 cyfrach jest zatem 10⋅3⋅8=240.Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich ciągów na kolejnych czterech miejscach znajduje się jeszcze jedna cyfra 0 (miejsce dla niej można wybrać na 4 sposoby), na pozostałych trzech miejscach są dwie jedynki (można je zapisać na 3 sposoby), a na ostatnim z pozostałych miejsc jest cyfra różna od 0 i od 1, którą można zapisać na 8 sposobów. Oznacza to, że jest 4⋅3⋅8=96 takich ciągów z zerem na pierwszym miejscu.Stąd wynika, że liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania jest 240-96=144.
Sekcja: 5. i6H8JsFpVm_d5e734
Link do treści
(1)
Do pracy w samorządzie szkolnym zgłosiło się 5 osób: Agnieszka, Beata, Czarek, Darek i Ewa. W głosowaniu każdy z uczniów tej szkoły ma się wypowiedzieć na temat przydatności do pracy w samorządzie każdej osoby spośród tych pięciorga zgłoszonych. Głosujący dostaje kartkę z danymi pięciorga kandydatów:💥[185460]💥
i podejmuje decyzję, wpisując „x” w kratkę przy danych wybranego kandydata lub pozostawiając kratkę pustą, jeśli danej osoby do samorządu nie zgłasza.
Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego głosowania.sposób IPrzy każdym z 5 kandydatów głosujący ma podjąć decyzję na 2 sposoby: zgłaszając kandydata do samorządu, zostawia znak „x” albo pozostawia pustą kratkę, kiedy danej osoby do samorządu nie zgłasza. Na przykład:– osoba która zgłosiła do samorządu tylko Beatę, Darka i Ewę zostawiła na kartce następujący ciąg znaków , x, , x, x,– osoba, która zostawiła na kartce ciąg znaków , , x, x, zagłosowała tylko na Czarka i Darka.Zatem wynik głosowania można utożsamić z pięcioelementowym ciągiem o elementach wybranych ze zbioru dwuelementowego: {x, }. Wobec tego wszystkich możliwych wyników tego głosowania jest 2⋅2⋅2⋅2⋅2=25=32.sposób IIOznaczymy następująco wybory dokonywane w głosowaniu:A – oddano głos na Agnieszkę,B – oddano głos na Beatę,C – oddano głos na Czarka,D – oddano głos na Darka,E – oddano głos na Ewę.Zauważmy, że wynik głosowania jest wyborem konkretnego podzbioru ze zbioru {A, B, C, D, E}. Podzielimy te podzbiory ze względu na ich liczbę elementów. Wtedy:– jest 1 wynik głosowania, w którym nie wybrano do samorządu żadnej ze zgłoszonych osób. Odpowiadający takiemu wynikowi podzbiór to zbiór pusty: ,– jest 5 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 1 ze zgłoszonych osób. Odpowiadające takim wynikom podzbiory to{A}, {B}, {C}, {D}, {E},– jest 10 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 2 spośród zgłoszonych osób. Odpowiadające takim wynikom podzbiory to{A, B}, {A, C}, {A, D}, {A, E}, {B, C}, {B, D}, {B, E}, {C, D}, {C, E}, {D, E},– jest również 10 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 3 spośród zgłoszonych osób. Podzbiory odpowiadające takim wynikom głosowania można potraktować jako dopełnienia do zbioru {A, B, C, D, E} wypisanych powyżej podzbiorów 2-elementowych (np. dopełnieniem podzbioru 2-elementowego {B, C} jest podzbiór 3-elementowy {A, D, E}). W ten sposób otrzymujemy wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie między dwuelementowymi a trzyelementowymi podzbiorami zbioru pięcioelementowego, skąd wynika, że jest tyle samo podzbiorów dwuelementowych i podzbiorów trzyelementowych zbioru pięcioelementowego. Odpowiadające takim wynikom podzbiory to{C, D, E}, {B, D, E}, {B, C, E}, {B, C, D}, {A, D, E}, {A, C, E}, {A, C, D}, {A, B, E}, {A, B, D}, {A, B, C}.– jest 5 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 4 spośród zgłoszonych osób. Traktując te podzbiory jako dopełnienia do zbioru {A, B, C, D, E} wypisanych powyżej podzbiorów jednoelementowych, zauważymy, że jest tyle samo podzbiorów czteroelementowych i podzbiorów jednoelementowych zbioru pięcioelementowego. Podzbiory czteroelementowe rozpatrywanego zbioru pięcioelementowego toB, C, D, E, A, C, D, E, A, B, D, E, A, B, C, E, A, B, C, D.– jest 1 wynik głosowania, w którym wybrano do samorządu każdą ze zgłoszonych osób. Odpowiadający takiemu wynikowi podzbiór to zbiór {A, B, C, D, E}, który jest (oczywiście) dopełnieniem zbioru pustego do zbioru {A, B, C, D, E}.Zatem wszystkich możliwych wyników głosowania jest 2⋅1+5+10=32
Wykażemy, że w klasie 3b, liczącej 35 uczniów znajdą
(2)
się 2 osoby, które w tym głosowaniu oddały głosy na tych samych kandydatów.Wybierzmy dowolne 32 osoby spośród 35 uczniów klasy 3b. Jeżeli któreś dwie z nich zagłosowały tak samo, to właśnie te wskazujemy jako szukaną parę. W przeciwnym razie te 32 osoby wyczerpały wszystkie możliwe wyniki głosowania, a więc kolejna, trzydziesta trzecia osoba wypełniła kartkę do głosowania tak samo, jak jedna z wybranych 32 osób. To spostrzeżenie kończy dowód.
Obliczymy, ile jest:
wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło mniej orłów niż reszek.sposób IRozróżniamy trzy przypadki:(1) ani razu nie wypadł orzeł (wtedy w każdym rzucie wypadła reszka) – jest jedna taka możliwość,(2) wypadł dokładnie jeden orzeł (wtedy wypadły jeszcze 4 reszki) – takich możliwości jest 5,(3) wypadły dokładnie dwa orły (wtedy wypadły jeszcze 3 reszki) – takich możliwości jest 5⋅42=10.Stąd wynika, że jest 1+5+10=16 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło mniej orłów niż reszek.sposób IISkorzystamy z reguły równoliczności.Jest 2⋅2⋅2⋅2⋅2=25=32 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy: (1) tych wyników, w których wypadło mniej orłów niż reszek,(2) tych wyników, w których wypadło mniej reszek niż orłów.Biorąc dowolny wynik z pierwszej grupy i zamieniając każdego orła na reszkę oraz każdą reszkę na orła dostaniemy jeden wynik z drugiej grupy. Postępując analogicznie z wynikiem z drugiej grupy dostaniemy jeden wynik z pierwszej grupy. Zatem wyniki te można połączyć w pary, co oznacza, że dokładnie połowa wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą to te, w których orłów jest mniej niż reszek. Jest ich więc 12⋅32=16.wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło więcej orłów niż reszek.Jest 2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2=29=512 wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy: (1) tych wyników, w których wypadło więcej orłów niż reszek,(2) tych wyników, w których wypadło więcej reszek niż orłów.Rozumując podobnie jak w II sposobie rozwiązania poprzedniego podpunktu, stwierdzimy, że pojedyncze wyniki z obu tych grup można połączyć w pary. Oznacza to, że dokładnie połowa wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą to te, w których orłów jest więcej niż reszek. Wyników tych jest zatem 12⋅512=256.
W pudełku znajduje się sześć kul ponumerowanych od 1 do 6. Z tego pudełka losujemy dowolnie wybrane kule. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takich kul, że suma numerów: najmniejszego i największego z zapisanych na tych wylosowanych kulach jest równa 7?Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą 7 można otrzymać:
gdy najmniejszy z numerów jest równy 1 i największy jest równy 6,
gdy najmniejszy z numerów jest równy 2 i największy jest równy 5,gdy najmniejszy z numerów jest równy 3 i największy jest równy 4.Rozróżniamy zatem trzy rozłączne przypadki:
wśród wylosowanych znalazły się kule o numerach 1 oraz 6,
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kul o numerach 1, 6 i znalazły się kule o numerach 2 oraz 5,
wylosowano tylko dwie kule: z numerem 3 oraz z numerem 4.W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kulami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru czterech pozostałych kul. Ponieważ decyzji o wyborze każdej z tych 4 kul możemy dokonać na 2 sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest 2⋅2⋅2⋅2=24=16 możliwości wylosowania kul.W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kulami można wylosować dowolny podzbiór ze zb
(3)
ioru, w którym są dwie kule: kula z numerem 3 oraz kula z numerem 4. Zatem w tym przypadku są 2⋅2=22=4 możliwości wylosowania kul.W trzecim przypadku mamy jeden sposób wylosowania kul.Oznacza to, że jest 16+4+1=21 wszystkich możliwości wylosowania kul w sposób opisany w treści zadania.
ID WOMI: 185460
Nazwa: Liczba podzbiorow_4391
Tytuł: Liczba podzbiorow_4391
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek kartki do głosowania z napisem: Kandydaci do samorządu szkolnego. Podane, jedno pod drugim, imiona kandydatów: Agnieszka, Beata, Czarek, Darek, Ewa. Obok imion kwadrat do zaznaczenia oddanego głosu.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Moduł: iyyZQTCUNb wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dodaje i odejmuje liczby naturalne wielocyfrowe pisemnie, a także za pomocą kalkulatora; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 czyta ze zrozumieniem prosty tekst zawierający informacje liczbowe; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 wykonuje wstępne czynności ułatwiające rozwiązanie zadania, w tym rysunek pomocniczy lub wygodne dla niego zapisanie informacji i danych z treści zadania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dostrzega zależności między podanymi informacjami; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dzieli rozwiązanie zadania na etapy, stosując własne, poprawne, wygodne dla niego strategie rozwiązania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 do rozwiązywania zadań osadzonych w kontekście praktycznym stosuje poznaną wiedzę z zakresu arytmetyki i geometrii oraz nabyte umiejętności rachunkowe, a także własne poprawne metody; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 weryfikuje wynik zadania tekstowego, oceniając sensowność rozwiązania.
Sekcja: 1. iyyZQTCUNb_d5e218
Liczba wszystkich podzbiorów zbioru skończonego
Można obliczyć, ile jest wszystkich podzbiorów pewnych zbiorów skończonych.
pewien zbiór dwuelementowy ma 22=4 podzbiory,
pewien zbiór czteroelementowy ma 24=16 podzbiorów,
pewien zbiór pięcioelementowy ma 25=32 podzbiory,
pewien podzbiór dziewięcioelementowy ma 29=512 podzbiorów.Ustalając liczbę podzbiorów zauważaliśmy, że w stosunku do każdego elementu zbioru możemy na dwa sposoby podjąć decyzję o jego wyborze do tworzonego podzbioru.
Rozpatrzmy teraz zbiór A=a1, a2, ..., an, który ma n elementów. Dowolny podzbiór zbioru A tworzymy, podejmując decyzję, czy każdy z kolejnych elementów zbioru A: a1, a2, ..., an należy do tego podzbioru, czy nie należy. Można to zrobić na 2⋅2⋅ ... ⋅2⏟n czynników=2n sposobów.Zatem liczba wszystkich podzbiorów zbioru A, który ma n elementów, jest równa 2n.
Link do treści
Sekcja: 2. iyyZQTCUNb_d5e269
Liczba kombinacji
W przykładach prezentowanych w tym rozdziale często spotykaliśmy się z koniecznością obliczenia, na ile sposobów możemy z ustalonego zbioru wybrać podzbiór o konkretnej liczbie elementów.
Rozpatrzmy zbiór A=a1, a2, ..., an, który ma n elementów. Wtedy, jak to już pokazywaliśmy w rozwiązaniach przykładów tego rozdziału:
jest jeden podzbiór zbioru A, do którego nie wybierzemy żadnego elementu ze zbioru A (tym podzbiorem jest zbiór pusty),
jest jeden podzbiór zbioru A, do którego wybierzemy każdy element zbioru A (tym podzbiorem jest cały zbiór A),
jest n wszystkich podzbiorów jednoelementowych zbioru A,jest n⋅n-12wszystkich podzbiorów dwuelementowych zbioru A.Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu metodą dopełniania podzbiorów do całego zbioru i zasadą równoliczności, stwierdzimy też, że
jest n wszystkich podzbiorów (n-1)-elementowych zbioru A,jest n⋅n-12 wszystkich podzbiorów (n-2)-elementowych zbioru A.
liczba k–elementowych podzbiorów zbioru n–elementowegoliczba k–elementowych podzbiorów zbioru n–elementowego
Rozpatrzmy zbiór A=a1, a2, ..., an, który ma n (n≥1) elementów. Symbolem nk oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych (k≥0 i k≤n) .Zapis symboliczny nk odczytujemy „n po k”, stąd np.:
52 czytamy „pięć po dwa”,
71 czytamy „siedem po jeden”,60 czytamy „sześć po zero”.
Stosując to oznaczenie, stwierdzimy, że:n0=nn=1n1=nn-1=nn2=nn-2=n⋅n-12,gdy n≥2W szczególności: 52=5⋅42=10, 53=10, 71=7, 76=7, 60=66=1Rozszerza się też (z czego my nie będziemy korzystać) stosowanie tego symbolu na:
podzbiór pusty zbioru pustego, przyjmując 00=1,
przypadek, gdy k>n, wtedy przyjmujemy nk=0.
Link do treści
Sekcja: 3. iyyZQTCUNb_d5e363
Link do treści
(1)
Kombinacje
k-elementowa kombinacja zbioru n-elementowegok-elementowa kombinacja zbioru n-elementowego
Każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego (0≤k≤ n) nazywa się zwyczajowo k-elementową kombinacją zbioru n-elementowego.
Pokażemy, że liczba wszystkich k–elementowych podzbiorów, które można wybrać ze zbioru A=a1, a2, ..., an liczącego n elementów, jest równa n!k!⋅n-k!. Przypomnijmy, że przez nk umówiliśmy się oznaczać liczbę wszystkich możliwych k–elementowych podzbiorów zbioru A.
Dla dowodu zauważmy, że liczba wszystkich możliwych k–elementowych ciągów utworzonych z różnych elementów zbioru A jest z jednej strony równa n⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1⏟k czynników=n!n-k!a z drugiej strony – jest równak⋅k-1⋅k-2⋅... ⋅1⏟k czynników⋅nkponieważ w każdym z k–elementowych podzbiorów zbioru A możemy ustalić kolejność elementów na k!=k⋅k-1⋅k-2⋅... ⋅1⏟k czynnikówsposobów.Otrzymujemy więc równośćn!n-k!=k!⋅nkstądnk=n!k!⋅n-k!Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej mamy twierdzenie.
liczba k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego
Liczba nk wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego jest równa n!k!⋅n-k!=n⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1k⋅k-1⋅k-2⋅... ⋅1.
Uwaga. Stosując metodę dopełniania podzbiorów do całego zbioru i korzystając z zasady równoliczności, stwierdzimy, że dla dowolnych liczb całkowitych n, k (0 ≤ k ≤n) zachodzi równośćnk=nn-kTę tożsamość można również wykazać algebraicznie.Ponieważnk=n!k!⋅n-k!oraz nn-k=n!n-k!⋅n-n-k!=n!n-k!⋅k!więc nk=nn-k.
Pokażemy kilka zastosowań twierdzenia o liczbie kombinacji.
Do turnieju koszykówki, rozgrywanego systemem „każdy z każdym” (bez rewanżów), zgłosiło się 12 drużyn. Liczba wszystkich meczów do rozegrania w tym turnieju jest zatem równa 122, czyli 12⋅112=66.
Z pudełka, w którym znajduje się 20 kul ponumerowanych od 1 do 20 mamy wylosować 3 kule. Każdy wynik takiego losowania to trzyelementowy podzbiór zbioru dwudziestoelementowego, zatem liczba sposobów, na które można to zrobić, jest równa 203. Ta liczba jest więc równa20!3!⋅17!=20⋅19⋅183⋅2⋅1=1140.
Na okręgu zaznaczono 11 różnych punktów. Obliczamy, ile jest wszystkich czworokątów wypukłych, których wierzchołkami są punkty wybrane spośród tych zaznaczonych. Ponieważ wybierając dowolne cztery z tych jedenastu punktów na dokładnie jeden sposób, połączymy je tak, aby otrzymać kolejne boki czworokąta wypukłego, więc szukana liczba wszystkich czworokątów to 114, co jest równe11!4!⋅7!=11⋅10⋅9⋅84⋅3⋅2⋅1=330.
Spośród uczniów 37-osobowej klasy należy wybrać 5-osobową delegację. Można to zrobić na 375 sposobów, co jest równe 37!5!⋅32!=37⋅36⋅35⋅34⋅335⋅4⋅3⋅2⋅1=435 897 (to prawie pół miliona sposobów).
W pewnej grze losowej należy wybrać 6 liczb ze zbioru {1, 2, 3, ..., 49}. Liczba sposobów, na które można tego dokonać jest równa 496, czyli 49!6!⋅43!=49⋅48⋅47⋅46⋅45⋅446⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1=13 983 816 (to liczba bliska 14 milionom).
W rozdaniu brydżowym gracz otrzymuje 13 kart wybranych losowo z talii 52 kart. Liczba wszystkich układów kart możliwych do otrzymania przez brydżystę jest więc równa 5213, czyli 52!13!⋅39!=52⋅51⋅50⋅49⋅48⋅47⋅46⋅45⋅44⋅43⋅42⋅41⋅4013⋅12⋅11⋅10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1=635 013 559 600 (to ponad 635 miliardów układów).
Rozpatrzmy równanie x1+x2+x3+x4+x5+x6=10gdzie każda z liczb x1, x2, x3, x4, x5, x6 jest całkowita i nieujemna.Wykażemy, że jest 3003 wszystkich rozwiązań tego równania.
Skorzystamy z pomysłu przedstawionego w Uwadze do podpunktu a) przykładu 13. Rozpatrzmy pomocniczo wszystkie wyniki piętnastokrotnego rzutu monetą, w których wypadło dokładnie 10 orł
(2)
ów. Oznaczmy przez:x1 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach do momentu, w którym wyrzucono pierwszą reszkę,x2 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono pierwszą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę,x3 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę,x4 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę, do momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę,x5 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę,x6 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę.Wtedy
każdemu wynikowi takiego rzutu monetą odpowiada dokładnie jeden ciąg x1,x2,x3, x4, x5,x6,
każdemu ciągowi x1,x2,x3, x4, x5,x6 odpowiada jeden wynik piętnastokrotnego rzutu monetą, w którym wypadło dokładnie 10 orłów.Ponieważ jest 1510=15!10!⋅5!=15⋅14⋅13⋅12⋅115⋅4⋅3⋅2⋅1=3003 wszystkich wyników piętnastokrotnego rzutu monetą, w których wypadło dokładnie 10 orłów, więc również tyle jest rozwiązań równania x1+x2+x3+x4+x5+x6=10 w nieujemnych liczbach całkowitych.Rozumując podobnie, można też wykazać, że równanie x1+x2+x3+...+xn=k, gdzie k jest dodatnią liczbą całkowitą, a każda z liczb x1, x2, x3, ..., xn jest całkowita i nieujemna, ma dokładnie n+k-1k rozwiązań.
Sekcja: 4. iyyZQTCUNb_d5e542
Link do treści
(1)
Współczynniki dwumianowe, wzór dwumianowy Newtona
Wykażemy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x:x+14=x4+4x3+6x2+4x+1
sposób I (algebraiczny)Zapisujemy równośćx+14=x+1⋅x+1⋅x+1⋅x+1.Po wymnożeniu wyrażeń zapisanych w nawiasach po prawej stronie tej równości i pogrupowaniu wyrazów podobnych otrzymamy wyrażenie (wielomian zmiennej x), w którym wystąpią jednomiany zmiennej x. Czynność taką można wykonać, korzystając ze wzoru na sześcian sumy:x+14=x+1⋅x+1⋅x+1⋅x+1=x+13⋅x+1=x3+3x2+3x+1⋅x+1==x3+3x2+3x+1⋅x+x3+3x2+3x+1⋅1= x4+3x3+3x2+x+x3+3x2+3x+1=x4+4x3+6x2+4x+1lub ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat sumy:x+14=x+122=x2+2x+12=x2+2x+12=x22+2⋅x2⋅2x+1+2x+12==x4+4x3+2x2+4x2+4x+1=x4+4x3+6x2+4x+1.sposób II (kombinatoryczny)Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynux+1⋅x+1⋅x+1⋅x+1, dostaniemy za każdym razem mnożenie czterech czynników. Wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie xk, gdzie k jest równe 4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wybieranych z kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 24=16 sposobów.Rozróżniamy pięć przypadków:
ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x –można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku otrzymamy x4, co można też zapisać jako 44⋅x4⋅10,
z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy 1, a więc można to zrobić na 4 sposoby. Zatem łącznie otrzymamy 4x3, co można też zapisać jako 43⋅x3⋅11,
z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na 4⋅32=6 sposobów. Łącznie otrzymamy więc 6x2, co można też zapisać jako 42⋅x2⋅12,
z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 4 sposoby. Łącznie otrzymamy więc 4x, co można też zapisać jako 41⋅x1⋅13,z żadnego z nawiasów nie wybraliśmy x – można to zrobić na 1 sposób. Wtedy z każdego z nawiasów musimy wybrać jedynkę, więc w wyniku mnożenia otrzymamy 1, co można też zapisać jako 40⋅x0⋅14.Ostatecznie stwierdzamy, że x+14=x4+4x3+6x2+4x+1.Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postacix+14=44⋅x4⋅10+43⋅x3⋅11+42⋅x2⋅12+41⋅x1⋅13+40⋅x0⋅14
Wykażemy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x:x+15=x5+5x4+10x3+10x2+5x+1.
sposób I (algebraiczny)x+15=x+14⋅x+1=x4+4x3+6x2+4x+1⋅x+1 =x5+4x4+6x3+4x2+x+x4+4x3+6x2+4x+1= x5+5x4+10x3+10x2+5x+1.
sposób II (kombinatoryczny)Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynux+1⋅x+1⋅x+1⋅x+1⋅x+1dostaniemy za każdym razem do pomnożenia pięć czynników, przy czym każdy z nich to x albo 1. Zatem wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie xk, gdzie k jest równe 5, 4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wybieranych z kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 25=32 sposoby.Rozróżniamy sześć przypadków:
ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x –można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku otrzymamy x5, co można też zapisać jako 55⋅x5⋅10,
z dokładnie czterech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy 1, a więc można to zrobić na 5 sposobów. Zatem łącznie otrzymamy 5x4, co można też zapisać jako 54⋅x4⋅11,
z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na 53=5⋅4⋅33⋅2=10 sposobów. Łącznie otrzymamy więc 10x3, co można też zapisać jako 53⋅x3⋅12,
z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na 5⋅42=10 sposobów. Łącznie otrzymamy więc 10x2, co można też zapisać jako 52⋅x3⋅12,
z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 5 sposobów. Łącznie otrzymamy więc 5x, co można też
(2)
zapisać jako 51⋅x1⋅14,
z żadnego z nawiasów nie wybraliśmy x – można to zrobić na 1 sposób. Wtedy z każdego z nawiasów musimy wybrać jedynkę, więc w wyniku mnożenia otrzymamy 1, co można też zapisać jako 50⋅x0⋅15.Ostatecznie stwierdzamy, że x+15=x5+5x4+10x3+10x2+5x+1.Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postacix+15=55⋅x5⋅10+54⋅x4⋅11+53⋅x3⋅12+52⋅x2⋅13+51⋅x1⋅14+50⋅x0⋅15.
Wykażemy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x:x+17=x7+7x6+21x5+35x4+35x3+21x2+7x+1
sposób INajpierw pokazujemy, że x+16=x+15⋅x+1=x5+5x4+10x3+10x2+5x+1⋅x+1=x6+6x5+15x4+20x3+15x2+6x+1.Stąd x+17=x+16⋅x+1=x6+6x5+15x4+20x3+15x2+6x+1⋅x+1==x7+7x6+21x5+35x4+35x3+21x2+7x+1.
sposób IIKorzystając z pomysłów przedstawionych w sposobie II rozwiązania poprzednich podpunktów, pokazujemy, żex+17==77⋅x7⋅10+76⋅x6⋅11+75⋅x5⋅12+74⋅x4⋅13+73⋅x3⋅14+72⋅x2⋅15+71⋅x1⋅16+70⋅x0⋅17.Ponieważ 77=70=1, 76=71=7, 75=72=7⋅62=21, 74=73=7⋅6⋅53⋅2⋅1=35, więc otrzymujemyx+17=x7+7x6+21x5+35x4+35x3+21x2+7x+1.Rozumując podobnie jak w sposobie II rozwiązań przedstawionych w powyższym przykładzie, można pokazać, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n oraz dowolnych liczb całkowitych a oraz b prawdziwa jest równośća+bn=n0an+n1 an-1b+n2 an-2b2+...+nn-1 a1bn-1+nn bn.Wzór ten jest nazywany wzorem dwumianowym Newtona.W szczególności dla a=b=1 otrzymujemy2n=n0+n1+n2+...+nn-1 +nn.Otrzymana równość uzasadnia znany nam już fakt, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru n–elementowego jest równa 2n.
Moduł: iRhzyluOSY wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dodaje i odejmuje liczby naturalne wielocyfrowe pisemnie, a także za pomocą kalkulatora; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 czyta ze zrozumieniem prosty tekst zawierający informacje liczbowe; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 wykonuje wstępne czynności ułatwiające rozwiązanie zadania, w tym rysunek pomocniczy lub wygodne dla niego zapisanie informacji i danych z treści zadania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dostrzega zależności między podanymi informacjami; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 dzieli rozwiązanie zadania na etapy, stosując własne, poprawne, wygodne dla niego strategie rozwiązania; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 do rozwiązywania zadań osadzonych w kontekście praktycznym stosuje poznaną wiedzę z zakresu arytmetyki i geometrii oraz nabyte umiejętności rachunkowe, a także własne poprawne metody; Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 weryfikuje wynik zadania tekstowego, oceniając sensowność rozwiązania.
Sekcja: 1. iRhzyluOSY_d5e218
Aclassicmobileall-sets4
Do szkolnego turnieju koszykówki zgłosiło się 14 drużyn. Ile trzeba rozegrać meczów, jeżeli turniej toczy się według systemu „każdy z każdym”, bez rewanżów?
182
91
28
13 staticstatic-mono
Do szkolnego turnieju koszykówki zgłosiło się 14 drużyn. Ile trzeba rozegrać meczów, jeżeli turniej toczy się według systemu „każdy z każdym”, bez rewanżów?
182
91
28
13 Aclassicmobileall-sets4
Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 15 zawodników?
225
210
105
29 staticstatic-mono
Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 15 zawodników?
225
210
105
29 Aclassicmobileall-sets4
Ile jest wszystkich liczb naturalnych dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 2?
9
10
11
20 staticstatic-mono
Ile jest wszystkich liczb naturalnych dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 2?
9
10
11
20 Aclassicmobileall-sets4
Ile wszystkich przekątnych ma dziesięciokąt foremny?
10
17
35
45 staticstatic-mono
Ile wszystkich przekątnych ma dziesięciokąt foremny?
10
17
35
45 Aclassicmobileall-sets4
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy jednocześnie dwie liczby. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takiej pary liczb, której suma jest parzysta?
9
10
12
16 staticstatic-mono
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy jednocześnie dwie liczby. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takiej pary liczb, której suma jest parzysta?
9
10
12
16 Aclassicmobileall-sets4
Liczba uczniów pewnej klasy jest 15 razy mniejsza od liczby wszystkich par, możliwych do wyboru spośród uczniów tej klasy. Ilu jest uczniów w tej klasie?
31
30
29
28 staticstatic-mono
Liczba uczniów pewnej klasy jest 15 razy mniejsza od liczby wszystkich par, możliwych do wyboru spośród uczniów tej klasy. Ilu jest uczniów w tej klasie?
31
30
29
28 Aclassicmobileall-sets4
Ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka?
15
18
30
36 staticstatic-mono
Ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka?
15
18
30
36 Aclassicmobileall-sets4
W pewnej grupie jest 10 chłopców i 9 dziewczynek. Na ile sposobów można z tej grupy wybrać trzyosobowy zespół, w którym znajdzie się co najmniej jedna dziewczynka i co najmniej jeden chłopiec?
1530
765
360
180 staticstatic-mono
W pewnej grupie jest 10 chłopców i 9 dziewczynek. Na ile sposobów można z tej grupy wybrać trzyosobowy zespół, w którym znajdzie się co najmniej jedna dziewczynka i co najmniej jeden chłopiec?
1530
765
360
180
Link do treści
Sekcja: 2. iRhzyluOSY_d5e608
Link do treści
(1)
Aclassicmobileall-sets4
Ile jest pięciocyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr równej 12, których każda cyfra jest nieparzysta?
mniej niż 1000
2360
4720
więcej niż 1000 staticstatic-mono
Ile jest pięciocyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr równej 12, których każda cyfra jest nieparzysta?
mniej niż 1000
2360
4720
więcej niż 1000 Aclassicmobileall-sets4
Na okręgu zaznaczono 8 różnych punktów. Ile jest wszystkich trójkątów, których każdy wierzchołek jest jednym z tych wybranych punktów?
24
56
336
512 staticstatic-mono
Na okręgu zaznaczono 8 różnych punktów. Ile jest wszystkich trójkątów, których każdy wierzchołek jest jednym z tych wybranych punktów?
24
56
336
512 B
Test powtórzeniowy składa się z 14 zadań testowych. Po wybraniu prawidłowej odpowiedzi za każde z zadań można otrzymać 1 punkt, w przeciwnym przypadku za zadanie otrzymuje się 0 punktów. Oblicz, na ile sposobów można tak wypełnić kartę odpowiedzi do tego testu, żeby otrzymać:
1 punkt
2 punkty
12 punktów
13 punktów
14
91
9114
Liczba uzyskanych punktów jest równa liczbie udzielonych prawidłowo odpowiedzi. Prawidłową odpowiedź do:
dokładnie jednego z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 1 punkt,
dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na 14⋅132=91 sposobów, co oznacza, że jest 91 sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 2 punkty.
Suma liczby uzyskanych punktów i liczby odpowiedzi udzielonych nieprawidłowo jest równa 14. Nieprawidłową odpowiedź dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na 14⋅132=91 sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 12 punktów.dokładnie trzynastu z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, więc jest 14 sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 13 punktów.B
Oblicz:
ile trzeba będzie rozegrać wszystkich meczów w turnieju, do którego zgłosiło się 13 drużyn i każda drużyna ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz.
na ile sposobów można wybrać dwuosobową delegację z klasy liczącej 31 uczniów.
78
465
13⋅122=7831⋅302=465 B
Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników:
ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadł orzeł.
ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie sześć razy wypadła reszka.
dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadła reszka.
dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie siedem razy wypadł orzeł.
28
28
3636
Dokładnie dwa orły w ośmiokrotnym rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokładnie sześć reszek. Wobec tego:
8⋅72=28
28
Dokładnie dwie reszki w rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokładnie siedem orłów. Wobec tego: 9⋅82=36
36 B
Spośród ośmiu chłopców pewnej klasy nauczyciel chce wylosować sześciu. Na ile sposobów może to zrobić?
Spośród dwudziestu dziewcząt pewnej klasy nauczyciel chce wybrać osiemnaście. Na ile sposobów może to zrobić?
28
190
Każda para niewylosowanych chłopców jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopełnienie do całej ósemki) do wylosowanej szóstki. Zatem jest 8∙72=28 sposobów wylosowania takiej szóstki.
Każda para niewybranych dzie
(2)
wcząt jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopełnienie do całej dwudziestki) do wybranej osiemnastki. Zatem jest 20⋅192=190 sposobów wybrania takiej osiemnastki.B
Oblicz liczbę wszystkich przekątnych
siedmiokąta wypukłego.
szesnastokąta wypukłego.
14104
Liczbę przekątnych n-kąta obliczamy, stosując wzór n⋅n-32.
dla n=7: 7⋅42=14
dla n=16: 16⋅132=104
Sekcja: 3. iRhzyluOSY_d5e941
Link do treści
(1)
B
Ilu zawodników liczy drużyna, z której 2 graczy można wybrać na 136 sposobów?
Drużyna liczy 17 zawodników.
Przyjmijmy, że n- liczba zawodników w tej drużynie. Wówczas liczba wszystkich sposobów wyboru dwóch graczy z tej drużyny jest równa n⋅n-12. Otrzymujemy więc równanie n⋅n-12=136, które ma dwa rozwiązania: n=17 oraz n=-16. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.B
Pewien wielokąt foremny ma 20 przekątnych. Ile boków ma ten wielokąt?
Wielokąt ma 8 boków.
Załóżmy, że ten wielokąt ma n boków. Wówczas liczba wszystkich jego przekątnych jest równa n⋅n-32. Otrzymujemy więc równanie n⋅n-32=20, które ma dwa rozwiązania: n=8 oraz n=-5. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania. B
Do szkolnego turnieju halowej piłki ręcznej zgłosiło się 6 drużyn: D1, D2, D3, D4, D5 i D6. Każda drużyna ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz. W każdym meczu przyznawano punkty w następujący sposób: w przypadku remisu obie drużyny otrzymują po 1 punkcie, a w meczu rozstrzygniętym zwycięzca otrzymuje 2 punkty. Po zakończeniu turnieju okazało się, że: drużyna D1 zdobyła 6 punktów, drużyna D2– 3 punkty, drużyna D3 – 8 punktów, drużyna D4 – 1 punkt, a drużyna D5 zdobyła o 2 punkty więcej niż drużyna D6. Które miejsce w turnieju zajęła drużyna D6?
4 miejsce
Oznaczmy przez x liczbę punktów, które zdobyła drużyna D6. Stąd liczba punktów zdobytych przez D5 jest równa x+2. W tym turnieju rozegrano 6⋅52=15 meczów. W każdym meczu suma punktów uzyskanych przez grające ze sobą drużyny jest równa 2, zatem po zakończeniu turnieju łączna suma punktów zdobytych przez wszystkie drużyny jest równa 30. Zatem 6+3+8+1+x+2+x=30, a więc x=5. Oznacza to, że drużyna D6 zajęła 4 miejsce.B
W osiedlowym turnieju piłki nożnej, rozgrywanym systemem „każdy z każdym” (bez rewanżów) wystąpiło 12 zespołów. Każda drużyna za zwycięstwo w meczu otrzymywała 1 punkt, za remis – 0,5 punktu, a przegrana nie zwiększała konta punktowego zespołu. Dwa zespoły: „Kosiarze” i „Przecinaki” zajęły w tym turnieju miejsca ex aequo 10 i 11 (żadna inna drużyna nie dzieliła z nimi tych miejsc), zdobywając po 5,5 punktu. Wykaż, że drużyna, która zajęła w tym turnieju ostatnie miejsce, wygrała co najwyżej jeden mecz.
W tym turnieju rozegrano 12⋅112=66 meczów. W każdym meczu suma punktów uzyskanych przez grające ze sobą drużyny jest równa 1, zatem po zakończeniu turnieju łączna suma punktów zdobytych przez wszystkie drużyny jest równa 66. Każda z dziewięciu drużyn, która zajęła w tym turnieju miejsce powyżej dziesiątego, uzyskała co najmniej 6 punktów, a drużyny z miejsc dziesiątego i jedenastego („Kosiarze” i „Przecinaki”) – po 5,5 punktu. Zatem suma punktów uzyskanych przez te jedenaście drużyn to co najmniej 65. Oznacza to, że dwunasta, ostatnia drużyna zdobyła co najwyżej jeden punkt, stąd wynika, że drużyna ta wygrała co najwyżej jeden mecz.B
W turnieju gry w koszykówkę każda drużyna miała rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz. Po zakończeniu tego turnieju okazało się, że drużyny, które nie wygrały żadnego meczu, stanowią 10% wszystkich drużyn. Oblicz, ile meczów rozegrano w tym turnieju. Pamiętaj, że w koszykówce każdy mecz musi zostać rozstrzygnięty.
45
W turnieju, w którym każdy mecz musiał zostać rozstrzygnięty, tylko jedna drużyna mogła przegrać wszystkie mecze. Ponieważ liczba 1 stanowi 10% liczby wszystkich drużyn biorących udział w turnieju, więc wszystkich drużyn było 10. Oznacza to, że w tym turnieju rozegrano 10⋅92=45 meczów. B
W gimnazjalnym turnieju piłkarskim wystąpiła pewna liczba drużyn. Turniej rozgrywano metodą „każdy z każdym”, bez rewanżów. Po zakończe
(2)
niu okazało się, że dokładnie 60% drużyn rozegrało co najmniej jeden mecz remisowy, a dokładnie 56 pozostałych co najmniej jeden mecz przegrało. Ile meczów rozegrano w tym turnieju?
105
Z treści zadania wynika, że 40% drużyn rozegrało wyłącznie mecze rozstrzygnięte, a spośród nich 16 wygrała wszystkie mecze. Wobec tego 25⋅16=115 spośród wszystkich drużyn wygrała wszystkie mecze. Ale w takim turnieju tylko jedna drużyna mogła wygrać wszystkie swoje mecze, co oznacza, że startowało w nim 15 drużyn. Zatem łącznie rozegrały one 15⋅142=105 meczów.B
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} losujemy trzy razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz, ile jest takich wyników tego losowania, że pierwsza z wylosowanych liczb jest większa od drugiej, a druga jest równa trzeciej z tych liczb.
55
Z danego zbioru losujemy dwie liczby (mamy 11⋅102=55 możliwości), następnie większą z nich bierzemy jako wynik pierwszego losowania, mniejszą – jako wynik drugiego losowania, a jako wynik trzeciego losowania bierzemy liczbę równą tej mniejszej. Stąd wynika, że jest 55 takich wyników losowania. B
Oblicz:
ile jest wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką sześcienną, w których liczba oczek uzyskanych w pierwszym rzucie jest mniejsza od liczby oczek uzyskanych w drugim rzucie.
ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których liczba oczek uzyskanych w trzecim rzucie jest większa od liczby oczek uzyskanych w drugim rzucie.
15
90
Takich wyników jest 6⋅52=15
Takich wyników jest 6⋅6⋅52=90
Sekcja: 4. iRhzyluOSY_d5e1147
Link do treści
(1)
B
W trapezie ABCD na podstawie AB wybrano punkty E i F, a na podstawie CD wybrano punkt G.💥[185511]💥
Oblicz, ile jest wszystkich:
trójkątów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów A, B, C, D, E, F, G.
trapezów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów A, B, C, D, E, F, G.
30
18
Obliczamy, ile wśród A, B, C, D, E, F, G jest trójek punktów, które nie leżą na jednej prostej. Rozróżniamy dwa przypadki: wybieramy dwa punkty leżące na prostej AB i trzeci na prostej CD albo wybieramy dwa punkty leżące na prostej CD i trzeci na prostej AB. Łącznie otrzymujemy więc 4⋅32⋅3+3⋅22⋅4=30 trójkątów.Zauważamy, że trapezy możemy otrzymać wtedy i tylko wtedy, gdy dwa spośród ich wierzchołków wybrane zostaną na prostej AB i kolejne dwa – na prostej CD. Zatem w sumie otrzymujemy 4⋅32⋅3⋅22=18 trapezów.B
W klasie jest 33 uczniów, przy czym chłopców jest o 3 mniej niż dziewczynek. Oblicz, na ile sposobów można wybrać z tej klasy:
trzyosobową delegację, w której znajdzie się dokładnie jedna dziewczynka.
czteroosobową delegację, w której znajdą się dokładnie dwaj chłopcy.
189016065
Obliczamy, że w tej klasie jest 18 dziewczynek i 15 chłopców. Stąd:
trzyosobową delegację, w której znajdzie się jedna dziewczynka i dwóch chłopców, można wybrać na 18⋅15⋅142=1890 sposobów.czteroosobową delegację, w której znajdą się dwie dziewczynki i dwaj chłopcy, można wybrać na 18⋅172⋅15⋅142=16065 sposobów.B
Proste k i l są równoległe i różne. Rozpatrzmy dziesięć punktów: 5 z nich zaznaczono na prostej k, 4 kolejne zaznaczono na prostej l, a dziesiątym jest punkt A. Ten punkt spełnia jednocześnie dwa warunki:
nie leży na żadnej z prostych k, l,żadna z prostych, przechodzących przez każde dwa inne punkty wybrane spośród dziewięciu zaznaczonych, nie przechodzi przez punkt A. Oblicz, ile jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów.
106
Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta jest punkt A, to pozostałe dwa wierzchołki można wybrać dowolnie spośród punktów leżących na prostych k oraz l (9⋅82=36 możliwości). Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta nie ma punktu A, to wierzchołki wybieramy albo biorąc dwa punkty spośród leżących na prostej k i trzeci leżący na prostej l (5⋅42⋅4=40 możliwości), albo biorąc dwa punkty spośród leżących na prostej l i trzeci leżący na prostej k (4⋅32⋅5=30 możliwości). Stąd jest 36+40+30=106 wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów.B
Oblicz:
ile jest liczb czterocyfrowych, w których cyfra setek jest mniejsza od cyfry jedności.ile jest liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:
cyfra setek jest większa od cyfry jedności,
cyfra tysięcy jest większa od cyfry dziesiątek.
4050
18225
Cyfrę tysięcy można wybrać na 9 sposobów, cyfrę dziesiątek – na 10 sposobów, a taką parę: cyfra setek, cyfra jedności, że cyfra setek jest mniejsza niż cyfra jedności, można wybrać na 10⋅92=45 sposobów. Zatem jest 9⋅10⋅45=4050 wszystkich takich liczb.
Cyfrę dziesiątek tysięcy można wybrać na 9 sposobów, a każdą z par: cyfra setek, cyfra jedności taką, że cyfra setek jest większa niż cyfra jedności oraz parę cyfra tysięcy, cyfra dziesiątek taką, że cyfra tysięcy jest większa niż cyfra dziesiątek, można wybrać na 10⋅92=45 sposob
(2)
ów. Zatem jest 9⋅45⋅45=18225 wszystkich takich liczb. B
Oblicz, ile jest wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta o wymiarach 6 na 4, podzielonego na kwadraty jednostkowe.
210
Oznaczmy pionowe linie siatki, od lewej: x1, x2, x3, x4, x5 oraz poziome linie siatki, od dołu: y1, y2, y3, y4, y5, y6, y7.
sposób I. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisuje para wierzchołków: lewy dolny: xl, yd i prawy górny xp, yg. Zatem szukamy takiej czwórki liczb xl, yd, xp, yg, która spełnia jednocześnie dwa warunki:
indeksy l i p bierzemy ze zbioru 1,2,3,4,5, przy czym l<p,indeksy d i g bierzemy ze zbioru 1,2,3,4,5,6,7, przy czym d<g.Ponieważ parę indeksów l, p możemy wybrać na 5⋅42=10 sposobów, a parę d, g – na7⋅62=21 sposobów, więc wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta 6 na 4, jest 10⋅21=210.
sposób II. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisują dwie pary równoległych prostych przechodzących przez jego boki: para prostych pionowych, którą można wybrać na 5⋅42=10 sposobów oraz para prostych poziomych, którą można wybrać na 7⋅62=21 sposobów. Zatem jest 10⋅21=210 wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta 6 na 4.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 12.
396
Rozkładamy liczbę 12 na czynniki pierwsze: 12=2⋅2⋅3. Oznacza to, że możliwe są trzy przypadki:
wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna trójka i sześć jedynek,
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna szóstka i siedem jedynek,wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna czwórka i siedem jedynek.
W pierwszym przypadku: wybieramy dwa miejsca, na których zapisujemy dwójki (9⋅82=36 możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy trójkę (7 możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że są 36⋅7=252 takie liczby.
W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (9 możliwości), z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy szóstkę (8 możliwości) , a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są 9⋅8=72 takie liczby.
W trzecim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy trójkę (9 możliwości), z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy czwórkę (8 możliwości) , a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są 9⋅8=72 takie liczby.Stąd wynika, że jest 252+72+72=396 wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 12.B
Oblicz, ile jest wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek.
3888
Sposób IRozróżniamy trzy przypadki: (1) parzysta liczba oczek wypadła pięć razy, (2) parzysta liczba oczek wypadła 4 razy, (3) parzysta liczba oczek wypadła 3 razy. W pierwszym przypadku mamy 35=243 wszystkich możliwości. W drugim przypadku: ustalamy numer rzutu, w którym wypadła nieparzysta liczba oczek (5 możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek (3 możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę oczek (34=81 możliwości) – razem jest 5⋅3⋅81=1215 możliwości. W trzecim przypadku: ustalamy numery dwóch rzutów, w których wypadła nieparzysta liczba oczek (5⋅42=10 możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek (32=9 możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę ocze
(3)
k (33=27 możliwości) – razem jest 10⋅9⋅27=2430 możliwości.Oznacza to, że łącznie jest 243+1215+2430=3888.
Sposób IISkorzystamy z reguły równoliczności. Jest 65=7776 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy: 1 tych wyników, w których wypadło mniej parzystych liczb oczek niż nieparzystych liczb oczek,(2) tych wyników, w których wypadło mniej nieparzystych liczb oczek niż parzystych liczb oczek.Biorąc dowolny wynik z pierwszej grupy i zamieniając każdą z zapisanych tam liczb l wyrzuconych oczek na liczbę 7-l, dostaniemy jeden wynik z drugiej grupy. Postępując analogicznie z wynikiem z drugiej grupy, dostaniemy jeden wynik z pierwszej grupy. Zatem wyniki te można połączyć w pary, co oznacza, że dokładnie połowa wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną to te, w których parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek. Jest ich więc 12⋅7776=3888.B
Ile jest wszystkich liczb naturalnych:
pięciocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 11.
sześciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 3.
nieparzystych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 6.
35
21
22
36
Sposób I Rozróżniamy trzy przypadki:(1) w zapisie takiej liczby jest jedna siódemka i cztery jedynki, (2) w zapisie takiej liczby jest jedna piątka, jedna trójka i trzy jedynki, (3) w zapisie takiej liczby są trzy trójki i dwie jedynki.W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy siódemkę (5 możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest 5 takich liczb.W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy piątkę (5 możliwości), następnie z pozostałych czterech miejsc wybieramy jedno, na którym zapiszemy trójkę (4 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że jest 5⋅4=20 takich liczb. W trzecim przypadku: wybieramy dwa miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki (5⋅42=10 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy trójki. Oznacza to, że jest 10 takich liczb.Stąd wynika, że łącznie jest 5+20+10=35 liczb naturalnych pięciocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 11.
Sposób IRozróżniamy trzy przypadki, ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę setek tysięcy) w zapisie tej liczby:(1) na pierwszym miejscu jest trójka, (2) na pierwszym miejscu jest dwójka, (3) na pierwszym miejscu jest jedynka.W pierwszym przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko jedna taka liczba.W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną jedynkę i cztery zera. Wybieramy więc jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy jedynkę (5 możliwości), następnie na pozostałych czterech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 5 takich liczb.W trzecim przypadku są dwie możliwości:– na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i cztery zera. Zatem: wybieramy jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy dwójkę (5 możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 5 takich liczb.– na pozostałych miejscach należy zapisać dwie jedynki i trzy zera. Zatem: wybieramy dwa miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki (5⋅42=10 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 10 takich liczb.Stąd wynika,
(4)
że jest 1+5+5+10=21 wszystkich liczb sześciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 3.
Rozróżniamy dwa przypadki ze względu na ostatnią cyfrę (czyli cyfrę jedności) w zapisie tej liczby:(1) na ostatnim miejscu jest jedynka, (2) na ostatnim miejscu jest trójka. W pierwszym przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma cyfr jest równa 3. Takich liczb jest 21, co wiadomo z rozwiązania podpunktu b). W drugim przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma cyfr jest równa 1. Taka liczba jest tylko jedna – jej pierwszą cyfrą jest 1, a pozostałe cyfry to zera. Zatem są 22 nieparzyste liczby siedmiocyfrowe, których suma cyfr jest równa 4.
Sposób IRozróżniamy trzy przypadki ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę dziesiątek milionów) w zapisie tej liczby:(1) na pierwszym miejscu jest dwójka albo(2) na pierwszym miejscu jest czwórka albo(3) na pierwszym miejscu jest szóstka.W pierwszym przypadku są dwie możliwości:– na pozostałych miejscach należy zapisać jedną czwórkę i sześć zer. Zatem wybieramy jedno miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy czwórkę (7 możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 7 takich liczb.– na pozostałych miejscach należy zapisać dwie dwójki i pięć zer. Wobec tego wybieramy dwa miejsca z siedmiu, na których zapiszemy dwójki (7⋅62=21 możliwości), a na pozostałych pięciu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 21 takich liczb.W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i sześć zer. Wybieramy więc jedno miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy dwójkę (7 możliwości), a następnie na pozostałych miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 7 takich liczb.W trzecim przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko jedna taka liczba.Łącznie jest 7+21+7+1=36 liczb ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 6.
ID WOMI: 185511
Nazwa: Liczba podzbiorow_4392
Tytuł: Liczba podzbiorow_4392
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek trapezu A B C D. Na podstawie AB wybrano punkty E i F, a na podstawie CD wybrano punkt G.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 5. iRhzyluOSY_d5e1495
Link do treści
(1)
B
Liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ustawiamy w losowej kolejności w szeregu, tworząc liczbę dziewięciocyfrową o różnych cyfrach. Oblicz, ile jest możliwości uzyskania w ten sposób liczby, której cyfry spełniają jednocześnie cztery warunki:
cyfra 1 stoi przed cyfrą 2
cyfra 3 stoi przed cyfrą 4
cyfra 5 stoi przed cyfrą 6
cyfra 7 stoi przed cyfrą 8
22680
Sposób IW pięciu etapach zapisujemy cyfry takiej liczby: (1) wybieramy miejsce dla cyfry 9 (9 możliwości) i zapisujemy tę cyfrę, (2) wybieramy miejsce dla cyfr 1 oraz 2 (8⋅72=28 możliwości) i zapisujemy te cyfry, (3) wybieramy miejsce dla cyfr 3 oraz 4 (6⋅52=15 możliwości) i zapisujemy te cyfry, (4) wybieramy miejsce dla cyfr 5 oraz 6 (4⋅32=6 możliwości) i zapisujemy te cyfry, (5) na pozostałych dwóch miejscach zapisujemy cyfry 7 oraz 8. Stąd wynika, że jest 9⋅28⋅15⋅6=22680 wszystkich takich liczb.
Sposób II (zasada równoliczności)Wszystkich liczb dziewięciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 jest 9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1=362880. Dokładnie połowa z nich spełnia warunek (1), połowa ze spełniających warunek (1) ma w zapisie cyfrę 3 przed cyfrą 4, połowa z liczb spełniających warunki (1) i (2) ma w zapisie cyfrę 5 przed cyfrą 6, a połowa z liczb spełniających warunki (1), (2) i (3) ma w zapisie cyfrę 7 przed cyfrą 8. Zatem jest 3628802⋅2⋅2⋅2=22680 takich liczb.Polecamy czytelnikowi samodzielnie uzasadnić powyższe rozumowanie.B
W pudełku jest 25 ponumerowanych losów, w tym 5 wygrywających. Z tego pudełka wybieramy losowo 4 losy. Na ile sposobów można wylosować co najmniej 1 los wygrywający?
7805
Sposób IRozróżniamy cztery przypadki ze względu na liczbę wylosowanych losów wygrywających:(1) wylosowano 4 losy wygrywające (wtedy nie ma wśród wylosowanych losu pustego) – jest 5 takich możliwości albo (2) wylosowano 3 losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych jest 1 los pusty) – takich możliwości jest 53⋅201=10⋅20=200, albo (3) wylosowano 2 losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych są też 2 losy puste) – takich możliwości jest 52⋅202=10⋅190=1900, albo (4) wylosowano 1 los wygrywający (wtedy wśród wylosowanych są też 3 losy puste) – takich możliwości jest 51⋅203=5⋅1140=5700.Zatem na 5+200+1900+5700=7805 sposobów można wylosować co najmniej jeden los wygrywający.
Sposób IIWśród wszystkich 254=12650 możliwych wyników losowania 4 losów spośród 25 jest 204=4845 wyników losowania, kiedy nie wylosowano ani jednego losu wygrywającego. Zatem co najmniej jeden los wygrywający można wylosować na 12650-4845=7805 sposobów.B
Dany jest prostokąt ABCD, w którym AB=5, AD=8. Prostokąt ten podzielono liniami siatki na kwadraty jednostkowe. Ile jest wszystkich najkrótszych dróg prowadzących po liniach siatki od punktu A do punktu C?
1287
Każda najkrótsza droga prowadząca od A do C wymaga wykonania 13 kolejnych kroków po brzegu odpowiednich kwadratów jednostkowych. Wśród tych trzynastu kroków dokładnie 5 to kroki w prawo i dokładnie 8 to kroki w górę. Zatem wszystkich najkrótszych dróg jest tyle, ile wyników trzynastokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie 5 razy wypadł orzeł: 135=1287.B
W kopercie znajduje się 10 kartek ponumerowanych od 1 do 10. Z tej koperty losujemy dowolnie wybraną liczbę kartek. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takich kartek, że suma numerów: najmniejszego i największego zapisanych na tych wylosowanych kartkach jest równa 10?
170
Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą 10 można otrzymać: albo gdy najmniejszy z
(2)
numerów jest równy 1 i największy jest równy 9, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy 2 i największy jest równy 8, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy 3 i największy jest równy 7, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy 4 i największy jest równy 6.Rozróżniamy zatem cztery rozłączne przypadki:
wśród wylosowanych znalazły się kartki o numerach 1 oraz 9 i nie znalazła się kartka z numerem 10,
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 9, 10 i znalazły się kartki o numerach 2 oraz 8,
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 2, 8, 9, 10 i znalazły się kartki o numerach 3 oraz 7,wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 2, 3, 7, 8, 9, 10 i znalazły się kartki o numerach 4 oraz 6.
W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Ponieważ decyzji o wyborze każdej z tych 7 kartek możemy dokonać na 2 sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest 27=128 możliwości wylosowania kartek.
W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach 3, 4, 5, 6, 7. Łącznie w tym przypadku są 25=32 możliwości wylosowania kartek.
W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach 4, 5, 6. W tym przypadku jest 23=8 możliwości wylosowania kartek.W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować kartkę z numerem 5 lub nie wylosować tej kartki – zatem w tym przypadku są 2 możliwości wylosowania kartek.Oznacza to, że jest 128+32+8+2=170 wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób opisany w treści zadania.B
Wykaż, że
dla dowolnej liczby rzeczywistej x: 2x+34=16x4+96x3+216x2+216x+81
dla dowolnej liczby rzeczywistej x: x-25=x5-10x4+40x3-80x2+80x-32.
dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b: 2a+12b4=16a4+16a3b+6a2b2+ab3+116b4.dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b: a-b6=a6-6a5b+15a2b4-20a3b3+15a4b2-6a5b+b6.
Wskazówka. Skorzystaj ze wzoru dwumianowego.B
Oblicz, ile jest:
wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na dokładnie trzech miejscach stoją cyfry nieparzyste.
wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, w zapisie których na dokładnie czterech miejscach stoją cyfry parzyste.
11200000
2421875
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:1) wybór trzech miejsc z ośmiu dla cyfr parzystych (mamy 83=8⋅7⋅63⋅2⋅1=56 możliwości) oraz zapisanie tych cyfr (mamy 43=64 możliwości),2) zapisanie pozostałych pięciu cyfr (mamy 55=3125 możliwości). Zatem jest 56⋅64⋅3125=11200000takich liczb sześciocyfrowych.
Sposób IRozróżniamy dwa przypadki: albo (1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta, albo (2) na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.W pierwszym przypadku: mamy 4 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu miejsc mamy wybrać trzy dla cyfry parzystej (63=6⋅5⋅43⋅2⋅1=20 możliwości) i zapisać te cyfry (53=125 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisać cyfry nieparzyste (53=125 możliwości). Takich liczb jest 4⋅20⋅125⋅125=1250000.W drugim przypadku: mamy 5 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu miejsc mamy wybrać dwa dla cyfry nieparzystej (6⋅52=15 możliwości) i zapisać te cyfry (5⋅5=25 możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisać cyfry parzyste (54=625 możliwości). Takich liczb jest
(3)
5⋅15⋅25⋅625=1171875.Oznacza to, że jest 12500000+1171875=2421875 liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki zadania.Sposób IIWypisujemy kolejno jedna za drugą siedem cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu możliwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie czterech miejscach zapisujemy cyfrę parzystą. Mamy 74=7⋅6⋅53⋅2⋅1=35 możliwości wyboru czterech miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy zapisać na 54=625sposobów, a na pozostałych trzech miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na 53=125 sposobów. Takich ciągów o 7 cyfrach jest zatem 35⋅625⋅125=2734375. Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich ciągów na trzech z kolejnych sześciu miejscach znajdują się cyfry parzyste (miejsce dla nich można wybrać na 63=6⋅5⋅43⋅2⋅1=20 sposobów, a zapisać je na 53=125 sposobów) i na pozostałych trzech miejscach - cyfry nieparzyste (można je zapisać na 53=125 sposobów). Oznacza to, że takich ciągów jest 20⋅125⋅125=312500. Stąd wynika, że jest 2734375-312500=2421875 liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki zadania. B
Oblicz, ile jest:
trzycyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:(1) cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek,(2) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności.
sześciocyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie trzy następujące warunki:(1) cyfra tysięcy jest większa od cyfry setek,(2) cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek,(3) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności.
120
18900
103=10∙8∙71⋅2⋅3=1209⋅10⋅104=90⋅10⋅9⋅8⋅74⋅3⋅2⋅1=18900 B
Dwunastu chłopców bierze udział w szkolnej wycieczce. Oblicz, na ile sposobów można ich zakwaterować w czterech trzyosobowych pokojach.
369600
123⋅93⋅63=12⋅11⋅103⋅2⋅1⋅9⋅8⋅73⋅2⋅1⋅6⋅5⋅43⋅2⋅1=220⋅84⋅20=369600 B
Ze zbioru {1, 2, 3, ..., 22} losujemy jednocześnie pięć liczb. Oblicz, ile jest wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których:
iloczyn jest parzysty.
suma jest parzysta.
25872
13167
Wszystkich wyników losowania 5 liczb spośród 22 jest 225=26334. Iloczyn wylosowanych liczb może być albo parzysty, albo nieparzysty. W tym drugim przypadku każda z wylosowanych liczb musi być nieparzysta, co oznacza, że jest 115=462 takich możliwości. Zatem jest 26334-462=25872 wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których iloczyn jest parzysty.
Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na liczbę nieparzystych składników opisanej sumy: (1) są 4 składniki nieparzyste (wtedy jeden składnik jest parzysty) – mamy więc 114111=3630 możliwości albo (2) są 2 składniki nieparzyste (wtedy trzy składniki są parzyste) – mamy więc 112113=9075 możliwości, albo (3) składników nieparzystych nie ma, wszystkie składniki są parzyste – mamy więc 110115=462 możliwości. Zatem jest 3630+9075+462=13167 wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb.
Sekcja: 6. iRhzyluOSY_d5e1815
Link do treści
(1)
B
W talii 52 kart do brydża jest po 13 kart w każdym z czterech kolorów: trefl, karo, kier, pik. W każdym kolorze jest jeden as, a także trzy figury: król, dama, walet oraz 9 kart numerowanych od 2 do 10. W rozdaniu brydżowym każdy z czterech graczy otrzymuje po 13 kart wybranych losowo z talii. Oblicz, na ile sposobów gracz może w takim rozdaniu dostać:
dokładnie 10 pików i dokładnie 2 kiery
trzy asy, trzy króle, trzy damy i trzy walety
580008
9216
Dzielimy karty z talii na 3 grupy: 13 pików, 13 kierów i 26 pozostałych kart. Z pierwszej grupy mamy wylosować 10 kart, z drugiej – 2 karty, a z trzeciej – jedną. Zatem jest 1310⋅132⋅261=286⋅78⋅26=580008 wszystkich możliwości otrzymania takiego układu kart.Dzielimy karty z talii na 5 grup: 4 asy, 4 króle, 4 damy, 4 walety i 36 pozostałych kart. Z każdej z czterech początkowych grup mamy wylosować po 3 karty, a z piątej – jedną. Zatem jest 43⋅43⋅43⋅43⋅361=4⋅4⋅4⋅4⋅36=9216 wszystkich możliwości otrzymania takiego układu kart.B
Oblicz, na ile sposobów można podzielić:
10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny: „Niebieską” i „Żółtą”.
10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny.
12 graczy na 3 równoliczne drużyny: „Niebieską”, „Żółtą” i „Czerwoną”.
12 graczy na 3 równoliczne drużyny.
252
126
34650
5775
Wybieramy 5 graczy do drużyny „Niebieskiej” – można to zrobić na 105=252 sposoby. Pozostałych pięciu przydzielamy do drużyny „Żółtej”. Zatem na 252 sposoby można dokonać żądanego podziału.
Oznaczmy przez x liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których pierwszych pięciu wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, a pozostałych – do drużyny „Żółtej” jest z jednej strony równa 2x (bo kolejność dokonywanego wyboru do konkretnej drużyny możemy ustalić na dwa sposoby), a z drugiej – jest to 252 (jak obliczyliśmy w podpunkcie a). Zatem 2x=252, stąd x=126.
Wybieramy 4 graczy do drużyny „Niebieskiej” (można to zrobić na 124=495 sposobów), następnie kolejnych czterech do drużyny „Żółtej” (można to zrobić na 84=70 sposobów), a pozostałych czterech przydzielamy do drużyny „Czerwonej”. Zatem na 495⋅70=34650 sposobów można dokonać żądanego podziału.Oznaczmy przez y liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których pierwszych czterech wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, kolejnych czterech– do drużyny „Żółtej”, a pozostałych czterech – do drużyny „Czerwonej” jest z jednej strony równa 3!⋅x (bo kolejność dokonywanego wyboru do konkretnej drużyny możemy ustalić na 3! sposobów), a z drugiej – jest to 34650 (jak obliczyliśmy w podpunkcie c). Zatem 6y=34650, stąd y=5775.B
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
piętnastocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 10.
dwudziestocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 28.
stucyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 123.
220
3060
8855
0
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1,x2, x3, x4, x5, x6, które spełniają równaniex1+1+x2+x3+...+x10=4. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci x1+x2+x3+...+x10=3. Liczba jego rozwiązań jest równa 10+3-13=123=12⋅11⋅103⋅2⋅1=220. Ponieważ każda z dziewięciu liczb x2,
(2)
x3, ..., x10 jest nieujemna i mniejsza od 10 oraz liczba x1+1 jest dodatnia i mniejsza od 10, więc tyle jest wszystkich liczb dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1,x2, x3, ... , x15, które spełniają równanie2x1+1+x2+x3+...+x15=10. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci x1+x2+x3+...+x15=4. Liczba jego rozwiązań jest równa 15+4-14=184=18⋅17⋅16⋅154⋅3⋅2⋅1=3060. Ponieważ każda z liczb x2, x3, ..., x15 jest nieujemna i mniejsza od 5 oraz liczba x1+1 jest dodatnia i mniejsza od 5, więc tyle jest wszystkich liczb piętnastocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 10.
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1,x2, x3, ..., x20, które spełniają równanie2x1+1+2x2+1+2x3+1+...+2x20+1=28. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci x1+x2+x3+...+x20=4. Liczba jego rozwiązań jest równa 20+4-14=234=23⋅22⋅21⋅204⋅3⋅2⋅1=8855. Ponieważ każda z liczb x1,x2, x3, ..., x20 jest nieujemna i mniejsza od 5, więc tyle jest liczb naturalnych dwudziestocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 28.Nie ma takich liczb. Suma dwóch liczb nieparzystych jest liczbą parzystą, zatem suma cyfr liczby stucyfrowej, której wszystkie cyfry są nieparzyste, da się zapisać jako suma 50 liczb parzystych – wystarczy w tym celu łączyć kolejne cyfry w pary. Oznacza to, że taka suma jest parzysta, więc nie może być równa 123.B
Oblicz, ile jest wszystkich wyników:
siedmiokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadło jedno oczko i dokładnie trzy razy wypadło sześć oczek.
dziesięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie trzy razy wypadło jedno oczko i dokładnie cztery razy wypadła parzysta liczba oczek.
ośmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest równy 20.
siedmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których suma liczb wyrzuconych oczek jest równa 12.
3360
2721600
224
462
7⋅62⋅53⋅42=21⋅10⋅16=3360,
103⋅74∙34⋅23=120⋅35∙81⋅8=2721600,
8⋅72⋅6+8⋅7=224,Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1,x2, x3, ..., x7, które spełniają równaniex1+1+x2+1+x3+1+...+x7+1=12. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci x1+x2+x3+...+x7=5 (ponieważ suma tych liczb jest równa 5, to żadna z nich nie może przyjąć wartości większej od 5). Liczba rozwiązań tego równania to 7+5-15=115=11⋅10⋅9⋅8⋅75⋅4⋅3⋅2⋅1=462. Ponieważ każda z liczb x1,x2, x3, ..., x7 jest nieujemna i mniejsza od 6, więc każda z liczb x1+1,x2+1,x3+1,...,x7+1 przyjmuje wartości ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} – zatem wyników siedmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których suma liczb wyrzuconych oczek jest równa 12 jest również 462. B
Z pudełka, w którym znajduje się 20 kul ponumerowanych od 1 do 20 losujemy równocześnie 3 kule. Oblicz, ile jest wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których suma numerów wylosowanych kul jest podzielna przez 3.
384
Dzielimy kule ze względu na resztę, jaką daje zapisany na niej numer przy dzieleniu przez 3. Jest: 7 kul z numerem dającym resztę 1, 7 kul z numerem dającym resztę 2 oraz 6 kul z numerem dającym resztę 0. Rozróżniamy cztery przypadki:
wszystkie wylosowane kule mają numer dający resztę 1 (jest 73=35 takich możliwości),
wszystkie wylosowane kule mają numer dający resztę 2 (jest 73=35 takich możliwości),
wszystkie wylosowane kule mają num
(3)
er dający resztę 0 (jest 63=20 takich możliwości),
każda z wylosowanych kul ma numer dający resztę różniącą się od reszt dwóch pozostałych kul (jest 7⋅7⋅6=294 takich możliwości). Oznacza to, że jest 35+35+20+294=384 wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których suma numerów wylosowanych kul jest podzielna przez 3.B
W szufladzie znajduje się 5 par rękawiczek, każde dwie pary są w różnych kolorach. Z pudełka losujemy 3 rękawiczki. Oblicz, ile jest takich wyników tego losowania, że:
wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary rękawiczek.
wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para rękawiczek.
80
40
Sposób I: 53⋅23=80 Sposób II: 10⋅8⋅63!=8051⋅41⋅2=40 Podsumowując zauważmy, że 103=120=80+40B
W pudełku znajduje się 30 kul ponumerowanych od 1 do 30. Z pudełka losujemy 7 kul. Oblicz, ile jest takich wyników tego losowania, że:
wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary kul, których suma numerów jest równa 31.
wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para kul, których suma numerów jest równa 31.
wśród wylosowanych będą dokładnie 2 pary kul, których suma numerów jest równa 31.
wśród wylosowanych będą dokładnie 3 pary kul, których suma numerów jest równa 31.
823680
960960
240240
Sposób I: 157⋅27=823680 Sposób II: 30⋅28⋅26⋅24⋅22⋅20⋅187!=823680
151⋅145⋅25=960960
152⋅133⋅23=240240153⋅121⋅2=10920 Podsumowując zauważmy, że 307=2035800=823680+960960+240240+10920.B
W pewnej grze losowej gracz typuje 5 liczb spośród 32 początkowych dodatnich liczb całkowitych. Na ile sposobów można wytypować 5 liczb w tej grze tak, aby nie było wśród nich dwóch kolejnych?
98280
Załóżmy, że spośród 32 liczb wylosowaliśmy 5 takich, że nie ma wśród nich dwóch kolejnych. Oznaczmy te wylosowane liczby x1, x2, x3, x4, x5, przy czym x1< x2< x3< x4< x5 oraz x1≥1 i x5≤32. Wtedy wśród pięciu liczb x1, x2-1, x3-2, x4-3, x5-4 nie ma pary równych. Zatem x1<x2-1<x3-2<x4-3<x5-4 oraz x1≥1 i x5-4≤28. Oznacza to, że jest 285=98280 sposobów wytypowania 5 liczb spełniających warunki zadania – szczegółowy opis konstrukcji, jak te 5 wylosowanych liczb „przełożyć” na liczby wytypowane przez gracza pozostawiamy jako proste ćwiczenie.B
Z dziesięciu liter alfabetu: a, b, c, d, e, A, B, C, D, E tworzymy dziesięcioliterowy napis, w którym każda z tych liter występuje dokładnie raz. Oblicz, ile jest takich napisów, w których litera A znajdzie się przed B, B przed C, C przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała litera będzie zapisana przed taką samą dużą.Te warunki spełnia np. napis baAcBdCeDE.
945
Oznaczmy przez x liczbę wszystkich napisów, które spełniają warunki zadania.
Sposób IRozpatrzmy każdy napis, który spełnia warunek „litera A znajdzie się przez B, B przed C, C przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała litera będzie zapisana przed taką samą dużą”, wyróżniając w nim pary miejsc przypisane do pięciu par liter: aA, bB, cC, dD, eE. Rozważmy teraz wszystkie możliwe wymiany miejscami tych par liter na wyróżnionych miejscach. Wymagamy, żeby przy takiej wymianie małe litery zamieniały się miejscami ze sobą i duże litery – ze sobą. Dla ustalonego napisu wszystkich takich wymian jest 5!=5⋅4⋅3⋅2⋅1, więc wszystkich napisów otrzymanych w ten sposób jest 5!⋅x. Jest to zarazem liczba wszystkich napisów, które spełniają warunek: odpowiednia mała litera jest zapisana przed taką samą dużą. Obliczymy dr
(4)
ugim sposobem, ile jest napisów, w których odpowiednia mała litera jest zapisana przed taką samą dużą. W pięciu etapach zapisujemy litery takiego napisu, wybierając odpowiednie miejsca z dostępnych dziesięciu.
wybieramy miejsce dla liter a i A (10⋅92=45 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby a stało przed A,
wybieramy miejsce dla liter b i B (8⋅72=28 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby b stało przed B,
wybieramy miejsce dla liter c i C (6⋅52=15 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby c stało przed C,
wybieramy miejsce dla liter d i D (4⋅32=6 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby d stało przed D,na pozostałych dwóch miejscach zapisujemy litery e oraz E tak, aby e stało przed E. Stąd wynika, że jest 45⋅28⋅15⋅6=113400 wszystkich takich napisów. Oznacza to, że 5⋅4⋅3⋅2⋅1⋅x=113400, a więc x=1134005⋅4⋅3⋅2⋅1=945.
Sposób IIRozpatrzmy każdy napis, który spełnia warunek „litera A znajdzie się przez B, B przed C, C przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała litera będzie zapisana przed taką samą dużą”, wyróżniając w nim pary miejsc przypisane do pięciu par liter: aA, bB, cC, dD, eE. Rozważmy teraz wszystkie możliwe wymiany miejscami tych par liter na wyróżnionych miejscach. Wymagamy, żeby przy takiej wymianie małe litery zamieniały się miejscami ze sobą i duże litery – ze sobą. Dla ustalonego napisu wszystkich takich wymian jest 5!=5⋅4⋅3⋅2⋅1, więc wszystkich napisów otrzymanych w ten sposób jest 5!⋅x. Jest to zarazem liczba wszystkich napisów, które spełniają warunek: odpowiednia mała litera jest zapisana przed taką samą dużą. Dołóżmy do każdego z tych napisów drugi, w którym zamieniliśmy miejscami literę a z A – razem z wcześniejszymi otrzymamy 2⋅5!⋅x napisów. Z kolei do każdego spośród tych 2⋅5!⋅x napisów dołóżmy drugi, w którym zamieniliśmy miejscami literę b z B – razem z wcześniejszymi otrzymamy 22⋅5!⋅x napisów. Teraz podwajamy liczbę tych 22⋅5!⋅x napisów, dokładając do każdego z otrzymanych do tej pory drugi, w którym zamieniliśmy miejscami literę c z C. Kolejne podwojenie otrzymamy w wyniku dołożenia napisów z zamiany miejscami we wszystkich otrzymanych do tej pory napisach liter d i D, a wykonując podobnie ostatni raz takie podwojenie (zamiana e z E), otrzymamy łącznie 25⋅5!⋅x napisów. Z drugiej strony zauważmy, że w wyniku powyższych czynności otrzymaliśmy wszystkie możliwe dziesięcioliterowe napisy, które da się utworzyć, używając do nich każdej z liter a, b, c, d, e, A, B, C, D, E dokładnie raz. Takich napisów jest 10!=10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1. Otrzymujemy więc równanie 25⋅5!⋅x=10!, skąd x=10⋅9⋅8⋅7⋅625=945.
Sposób IIIW pięciu kolejnych krokach, zapisując w nich pary liter par liter: aA, bB, cC, dD, eE, stworzymy napis, który spełnia warunki zadania.Pierwszy krok: zapisujemy literę A. Jest tylko jedno miejsce, po lewej od A, na którym możemy dopisać literę a - w ten sposób otrzymaliśmy napis aA.Drugi krok: zapisujemy literę B – można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie zauważamy, że są trzy miejsca, na których można zapisać literę b – te miejsca zaznaczone są podkreśleniem: _a_A_B.Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz b w każdy następnym kroku będzie ta sama liczba kolejnych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy b przed a – rozpatrujemy więc dla przykładu napis baAB, wiedząc, że są 3 wszystkie możliwe napisy możliwe do otrzymania po drugim kroku.Trzeci krok: zapisujemy literę C - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie zauważamy, że jest pięć miejsc (do poprzednich trzech doszły dwa nowe: przed d
(5)
opisaną literą b oraz przed dopisaną literą C), na których można zapisać literę c – te miejsca w przykładowym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_B_C. Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz c w każdym następnym kroku będzie ta sama liczba kolejnych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy c między A i B – po trzecim kroku rozpatrujemy dla przykładu napis baAcBC. Zauważmy, że jest 3⋅5 wszystkich napisów możliwych do otrzymania po trzecim kroku.Czwarty krok: zapisujemy literę D - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie zauważamy, że jest siedem miejsc (do poprzednich pięciu doszły dwa nowe: przed dopisaną literą c oraz przed dopisaną literą D), na których można zapisać literę d – te miejsca w przykładowym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_c_B_C_D. Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz d w następnym kroku będzie ta sama liczba kolejnych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy d między B i C – po czwartym kroku rozpatrujemy dla przykładu napis baAcBdCD. Zauważmy, że jest 3⋅5⋅7 wszystkich napisów możliwych do otrzymania po czwartym kroku.W piątym kroku: zapisujemy literę E - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie zauważamy, że jest dziewięć miejsc (do poprzednich siedmiu doszły dwa nowe: przed dopisaną literą d oraz przed dopisaną literą E), na których można zapisać literę e – te miejsca w przykładowym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_c_B_d_C_D_E. W ten sposób pokazaliśmy, że wszystkich możliwych napisów spełniających warunki zadania jest 3⋅5⋅7⋅9=945, a przykładem takiego napisu jest baAcBdCeDE.
Prawdopodobieństwo
Moduł: iz3aPJUGz3 wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 3 Gimnazjum Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i dziesiętne;
Sekcja: 1. iz3aPJUGz3_d5e78
Zdarza się, że w wypowiedziach dotyczących przewidywania wyniku jakiegoś zdarzenia szacowany jest wynik tego zdarzenia. Spotykamy się więc z następującymi sformułowaniami „po pierwszym meczu nasze szanse na awans oceniam na 75 procent” czy „sądzę, że moje szanse na pierwszą nagrodę są mniejsze niż jeden do dziesięciu”, czy też „jestem przekonany, że zachwyt przy ocenie naszej oferty wyrazi co najmniej dwóch na trzech klientów naszego sklepu”. Podając liczby: 34, 110, 23 oceniamy, na ile zajście zdarzenia, którego wynik nie jest znany, jest zbliżone do prawdy (prawdopodobne).
W tym rozdziale wprowadzimy umowy, które pozwolą nam obliczać prawdopodobieństwa zdarzeń w pewnych nieskomplikowanych sytuacjach przy zastosowaniu formalnie opisanych metod. W przykładach będziemy analizować wyniki doświadczeń losowych.
Każdy z nas spotkał się z sytuacją, w której przy podjęciu pewnej decyzji wybieramy wynik losowania. Na przykład w amerykańskiej zawodowej lidze koszykówki NBA nabór nowych zawodników odbywa się w tak zwanej loterii draftowej. Według obowiązujących przepisów przystępuje do niej 14 zespołów z najgorszym bilansem zwycięstw z poprzedniego sezonu, przy czym zespoły te są ustawiane w kolejności od najgorszego bilansu do najlepszego. W tej loterii losuje się spośród 1000 kul, przy czym 250 z nich przydzielonych jest pierwszemu zespołowi z tego zestawienia, 199 – drugiemu, a 138 – trzeciemu itd. W ten sposób najgorszy zespół ma 25% szans na wylosowanie pierwszego numeru. Powiemy więc, że prawdopodobieństwo, że najgorszy zespół wylosuje pierwszy numer w loterii draftowej jest równe 14.Jednak największe szanse nie gwarantują pierwszego numeru w takiej loterii. W 2008 roku pierwszy numer w drafcie wylosowała drużyna Chicago Bulls, która w losowaniu miała przydzielone 17 kul. Zatem przed losowaniem ocenilibyśmy prawdopodobieństwo, że właśnie ta drużyna wylosuje pierwszy numer jako równe 171000.
Link do treści
Sekcja: 2. iz3aPJUGz3_d5e122
Pojęcie prawdopodobieństwa
💥[60520]💥💥[60519]💥💥[60518]💥💥[60517]💥💥[60516]💥💥[60515]💥💥[60514]💥
Link do treści
Sekcja: 3. iz3aPJUGz3_d5e145
Link do treści
(1)
W pewnej szóstej klasie dawno temu spotkali się trzej uczniowie: Janek, Piotrek i Andrzej. Zdarzyło się, że wszyscy korzystali z obiadów w szkolnej stołówce. Do każdego obiadu był tam serwowany deser. Na początku roku szkolnego Janek zaproponował Piotrkowi następującą zabawę: „Do końca roku szkolnego będziemy przychodzili na obiady. Niech w tym czasie o podziale naszych deserów zdecyduje los. Codziennie przed obiadem Andrzej rzuci dwa razy monetą. Jeśli raz wypadnie orzeł i raz wypadnie reszka, to ja zjem dwa desery: twój i mój. Jeśli dwa razy wypadnie orzeł, to Ty zjesz te dwa desery. Natomiast jeśli wypadnie dwa razy reszka, to każdy zje swój deser. Jak widzisz, umowa jest uczciwa, bo poza tymi trzema przypadkami innego wyniku dwóch rzutów monetą nie ma, a patrząc na te przypadki łącznie, każdy z nas ma równe szanse. Ja w jednym przypadku dostanę dwa desery, w drugim – żadnego, a w trzecim – jeden. I ty także: w jednym przypadku dostaniesz dwa desery, w innym – żadnego, a w jeszcze innym – jeden. Nie pomyśl sobie, że w zmowie z Andrzejem szykujemy jakąś sztuczkę z monetą. Gdybyś chciał, to możemy się umówić, że monetę do rzucania będziemy wybierali wspólnie, a przy rzucaniu będziemy się zmieniali. To jak, zgadzasz się na taki układ? Mielibyśmy niezłą zabawę przed obiadem.”Piotrek chwilę pomyślał, a następnie odmówił. Od razu też wytłumaczył Jankowi, dlaczego uważa, że taka umowa wcale nie jest uczciwa.
Podamy argumenty, które przemawiają za tym, że Piotrek powinien odrzucić pomysł Janka.Dwukrotny rzut monetą to doświadczenie, które polega na wykonaniu po kolei dwóch czynności. Każda z nich może skończyć się na jeden z dwóch sposobów: albo wypadnie orzeł, albo wypadnie reszka. Na podstawie reguły mnożenia stwierdzamy, że liczba wszystkich możliwych wyników dwukrotnego rzutu kostką jest równa 2⋅2=4.Wszystkie wyniki takiego doświadczenia można przedstawić w tabeli|------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------------------------------|
| I rzut/II rzuty | Orzeł | Reszka |
|------------------------------------------------------|
| orzeł | (orzeł, orzeł) | (orzeł, reszka) |
|------------------------------------------------------|
| reszka | (reszka, orzeł) | (reszka, reszka) |
|------------------------------------------------------|
Tabela. DaneI rzut/II rzutyOrzełReszkaorzeł(orzeł, orzeł)(orzeł, reszka)reszka(reszka, orzeł)(reszka, reszka)Lub za pomocą drzewa:💥[185764]💥
Z tabeli możemy też odczytać dwuelementowe ciągi, które opisują wszystkie możliwe wyniki dwukrotnego rzutu monetą:(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka).Są więc dokładnie cztery możliwe wyniki dwukrotnego rzutu monetą. Pewnie i bez powyższego opisu potrafi to uzasadnić każdy, kto zrozumiał podstawowe zasady obowiązujące w kombinatoryce (omawialiśmy je w poprzednich rozdziałach). Typowa moneta znajdująca się w obiegu może być uznana za symetryczną. Oznacza to, że przy dużej liczbie rzutów taką monetą średnio połowa z nich skończy się wyrzuceniem orła, a połowa – reszki. Zatem i każdy z czterech wyników dwukrotnego rzutu monetą będzie wypadał średnio tak samo często, jak każdy z pozostałych.
Wracamy do zabawy opisanej w poprzednim przykładzie. Jak już zauważyliśmy: wbrew sugestiom Janka mamy do rozpatrzenia nie trzy, a cztery przypadki. Popatrzmy na rozdział deserów w każdym z tych przypadków:
(orzeł, orzeł) – Piotrek zje dwa desery, Janek – żadnego,
(orzeł, reszka)
(2)
– Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,
(reszka, orzeł) – Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,
(reszka, reszka) – Piotrek zje jeden deser i Janek zje jeden deser.Wobec tego w ciągu kolejnych czterech dni, kiedy chłopcy mają do rozdzielenia 8 deserów, 5 deserów zje Janek, a tylko trzy – Piotrek. Zatem kontynuowanie przez dłuższy czas losowego wyboru deserów metodą zaproponowaną przez Janka jest dla Piotrka zdecydowanie niekorzystne. Podając te wartości, oceniliśmy jedynie szanse każdego z chłopców na otrzymanie deseru. Nie należy się jednak spodziewać, że w ciągu dowolnie wybranych czterech dni, przy takiej metodzie losowego rozdziału deserów, Piotrek dostanie dokładnie 3 z ośmiu możliwych do otrzymania. Natomiast przy przeprowadzeniu większej liczby powtórzeń tego doświadczenia liczba deserów przeznaczonych dla Piotrka będzie zbliżała się do pewnej wartości, którą nazywamy prawdopodobieństwem zdarzenia, że w wyniku podanej metody przydziału deser dostanie Piotrek. Można formalnie wykazać, że 3 to oczekiwana liczba deserów, które w ciągu czterech dni otrzyma Piotrek, gdyby zastosował się do metody zaproponowanej przez Janka. Metody matematyczne, których do tego celu należałoby użyć, stosowane są w rachunku prawdopodobieństwa.
Każdy oficjalny mecz piłki nożnej zaczyna się od losowania drużyny, która rozpocznie rozgrywkę. Sędzia rzuca wtedy monetą, przy czym robi to w taki sposób, żeby nikt nie miał wątpliwości, że wynik takiego losowania będzie przypadkowy. Przed takim losowaniem jesteśmy przekonani, że obie zainteresowane drużyny mają równe szanse rozpoczęcia gry od środka boiska.Za każdym razem takie losowanie uznamy więc za doświadczenie losowe.
Kilkuosobową grę w karty rozpoczyna się od wyboru osoby rozdającej. Chcemy, aby metoda wyboru dawała równe szanse każdemu z graczy. Jednym ze sposobów jest losowanie przez każdego z graczy jednej karty z pełnej talii. Zazwyczaj rozdającym zostaje ta osoba, która wylosuje kartę najniższą według rangi w danej grze. Taki wybór osoby rozdającej uznamy także za doświadczenie losowe.Przypuśćmy, że o wyborze kapitana w przypadkowo dobranej pięcioosobowej drużynie koszykówki chcemy zadecydować losowo – możemy to zrobić, przygotowując wcześniej losy. Wystarczy w tym celu wziąć pięć takich samych kartek papieru, cztery pozostawić puste, a na jednej z nich postawić umówiony znak lub napisać słowo „kapitan”. Następnie złożyć kartki w podobny sposób i wrzucić do takiego pojemnika, z którego gracze losują po jednej kartce, nie widząc wybieranego przedmiotu. Kapitanem zostaje ten z nich, który wylosuje wyróżnioną kartkę. W prezentowanych w tym rozdziale przykładach będziemy zajmować się doświadczeniami, które (podobnie jak przywołane powyżej) możemy uznać za losowe. Przedmioty używane w opisywanych doświadczeniach są powszechnie dostępne, więc każdy może samodzielnie takie doświadczenie przeprowadzić tyle razy, ile tylko uzna za stosowne. Naszym głównym zadaniem będzie jednak takie opisanie modelu przeprowadzanego doświadczenia, aby dla ustalenia prawdopodobieństwa otrzymania konkretnego wyniku wystarczyło zrozumienie podstawowych zasad rządzących rachunkiem prawdopodobieństwa. Wprowadzimy podstawowe pojęcia, którymi będziemy się posługiwać przy obliczaniu prawdopodobieństw. Każdy możliwy wynik, który może pojawić się w doświadczeniu losowym, będziemy nazywać zdarzeniem elementarnym.
W doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą, rozróżnimy cztery zdarzenia elementarne:
„za pierwszym razem wyp
(3)
adł orzeł, a za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie zapiszemy jako dwuelementowy ciąg wyników (orzeł, orzeł),
„za pierwszym razem wypadł orzeł, a za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie zapiszemy jako (orzeł, reszka),
„za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie zapiszemy jako (reszka, orzeł),
„za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie zapiszemy jako (reszka, reszka).W omawianym doświadczeniu używaliśmy monety symetrycznej, więc spodziewamy się, że przy dużej liczbie powtórzeń każde z wypisanych powyżej zdarzeń elementarnych pojawi się z podobną średnią częstością. Uznajemy zatem, że wszystkie te zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy oznaczali za pomocą dużej greckiej litery Ω (omega).Fakt, że w rozpatrywanym doświadczeniu zbiór zdarzeń elementarnychΩ = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka)}liczy cztery elementy, zapiszemy symbolicznie |Ω| = 4.
W rozwiązaniach kilku kolejnych przykładowych zadań będziemy wypisywali zdarzenia elementarne i na tej podstawie określali zbiór Ω wszystkich zdarzeń elementarnych i liczbę jego elementów.
ID WOMI: 185764
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4393
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4393
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje wyniki doświadczenia dwukrotnego rzutu monetą. Pierwszy rzut \u2013 odchodzą dwie gałęzie: orzeł i reszka. Od gałęzi orzeł w drugim rzucie odchodzą gałęzie: orzeł i reszka. Od gałęzi reszka w drugim rzucie odchodzą gałęzie: orzeł i reszka.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 4. iz3aPJUGz3_d5e284
Link do treści
(1)
ZdarzenieZdarzenie
Dowolny podzbiór zbioru Ω będziemy nazywać zdarzeniem, a elementy takiego podzbioru będziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi temu zdarzeniu.Zbiór pusty, czyli zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem niemożliwym.ZbiórΩ, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem pewnym.
Ponieważ w doświadczeniu rozpatrywanym w poprzednim przykładzie zbiór Ω ma cztery elementy, to różnych zdarzeń w tym doświadczeniu jest 24=16 (tyle jest bowiem wszystkich podzbiorów czteroelementowego zbioru Ω).Przykładowymi zdarzeniami w doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą są:
A = {(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}. Takiemu zdarzeniu sprzyjają dwa zdarzenia elementarne, więc zapiszemy, że |A| = 2. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: A – zdarzenie polegające na tym, że wypadło tyle samo orłów, co reszek.
B = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}. Temu zdarzeniu sprzyjają trzy zdarzenia elementarne, zatem |B| = 3. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: B – zdarzenie polegające na tym, że wypadł co najmniej jeden orzeł.C = {(reszka, reszka)}. Temu zdarzeniu sprzyja jedno zdarzenie elementarne, stąd |C| = 1. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: C – zdarzenie polegające na tym, że wypadło mniej orłów niż reszek. Rozpatrzmy zdarzenia opisane słownie:
D – zdarzenie polegające na tym, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek. Zbiór D jest pusty – nie ma zdarzeń elementarnych, które sprzyjają temu zdarzeniu. Zdarzenie D jest więc niemożliwe.
E – zdarzenie polegające na tym, że wypadła parzysta liczba orłów. Zdarzeniu E sprzyjają dwa zdarzenie elementarne: (orzeł, orzeł), (reszka, reszka), zatem zapiszemy E = {(orzeł, orzeł), (reszka, reszka)}, a co za tym idzie: |E| = 2.F – zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki. Zdarzeniu F sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, zatem zapiszemy F =Ω. Oznacza to, że F jest zdarzeniem pewnym.Fakt, że zdarzenie A jest podzbiorem zbioru zdarzeń elementarnych Ω zapisujemy też, używając symbolu zawierania zbiorów: A⊂Ω.
Określimy teraz, jak będziemy obliczać prawdopodobieństwo w tak zwanym schemacie klasycznym.
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych. Prawdopodobieństwem PA zdarzenia A⊂Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:PA=AΩ.
W doświadczeniu losowym polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą wszystkie zdarzenie elementarne są jednakowo prawdopodobne. Zatem obliczając prawdopodobieństwa zdarzeń, możemy skorzystać z definicji klasycznej. Obliczymy w ten sposób prawdopodobieństwa zdarzeń opisanych w poprzednim przykładzie. Przypomnijmy, że w tym doświadczeniu |Ω| = 4. Oznacza to, że:
jeżeli A = {(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to PA=AΩ=24=12,
jeżeli B = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to PB=BΩ=34,
jeżeli C = {(reszka, reszka)}, to PC=CΩ=14,
jeżeli D to zdarzenie, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek, to D=∅, stąd PD=DΩ=04=0,
jeżeli E to zdarzenie, że wypadła parzysta liczba orłów, to E = {(orzeł, orzeł), (reszka, reszka)}, stąd PE=EΩ=24=12,
jeżeli F to zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki, to F=Ω, stąd PF=FΩ=44=1.Warto zapamiętać dwa wnioski wynikające z klasyczn
(2)
ej definicji prawdopodobieństwa:
P∅=∅Ω=0Ω=0, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia niemożliwego jest równe 0,
PΩ=ΩΩ=1, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego jest równe 1.
Sekcja: 5. iz3aPJUGz3_d5e415
Link do treści
(1)
Własności prawdopodobieństwa
W kopercie znajduje się 11 kartek, ponumerowanych od 1 do 11. Z tej koperty wybieramy losowo jedną kartkę. Obliczymy prawdopodobieństwo otrzymania:
liczby podzielnej przez 4,liczby niepodzielnej przez 4. Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród 11 kartek. Ponieważ wylosowana kartka jest jednoznacznie przypisana do zapisanego na niej numeru, więc nie doprowadzimy do żadnych nieporozumień, kiedy zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych zapiszemy skrótowo Ω=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11.Mamy więc Ω=11.OznaczmyA – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę podzielną przez 4,B – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę niepodzielną przez 4.Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, wobec tego przy obliczaniu prawdopodobieństw zdarzeń A, B, C skorzystamy z definicji klasycznej.
Wśród liczb ze zbioru Ω znajdujemy liczby podzielne przez 4 – są to 4 oraz 8, zatem możemy zapisać skrótowo, że A=4, 8. Oznacza to, że są dwa zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu A, więc A=2. Stąd PA=AΩ=211.Wśród liczb ze zbioru Ω znajdujemy wszystkie liczby niepodzielne przez 4. Zapisujemy zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B:B=1,2,3,5,6,7,9,10,11. Stąd B=9, a więcPB=BΩ=911.Zauważmy, że do opisanego zbioru B należą wszystkie zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu A (możemy też powiedzieć, że zbiór B jest dopełnieniem zbioru A do zbioru Ω).Taką zależność między dwoma zdarzeniami opisuje się za pomocą pojęcia zdarzenia przeciwnego.
zdarzenie przeciwnezdarzenie przeciwne
Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A, należącego do zbioru zdarzeń elementarnych Ω, nazywamy takie zdarzenie A’ należące do Ω, któremu sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu A.Z tej definicji wynika, że również zdarzenie A jest zdarzeniem przeciwnym do A’.
Zauważmy, że ponieważ zdarzenia A i A’ są rozłączne (A∩A'=∅) oraz ich sumą jest zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych Ω (A∪A'=Ω), więc liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest sumą liczb zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A oraz zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A’.Ω=A+A'Jeśli obie strony otrzymanej równości podzielimy przez liczbę dodatnią Ω, to otrzymamy ΩΩ=AΩ+A'ΩPonieważ A oraz A’ są zdarzeniami ze zbioru Ω, więc liczba AΩ to prawdopodobieństwo zdarzenia A, natomiast liczba A'Ω to prawdopodobieństwo zdarzenia A’. StądPA+PA'=1.Prawdziwe jest zatem twierdzenie.
o prawdopodobieństwie zdarzenia przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzoremPA'=1-PA.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A oraz zachodzi równość 3⋅PA=7⋅PA', gdzie A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A. Obliczymy prawdopodobieństwo zdarzenia A.Przekształcamy równość daną w treści zadania, korzystając z zależności między PA' i PA3⋅PA=7⋅1-PA3⋅PA=7-7⋅PA10⋅PA=7Stąd wynika, że PA=710.
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Obliczymy prawdopodobieństwo, że otrzymana liczba jest podzielna przez 6 lub przez 10.Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród 90 dwucyfrowych liczb naturalnych. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych zapiszemyΩ=10, 11, 12, ..., 99
sposób IWypisujemy wszystkie zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu „otrzymana liczba jest podzielna przez 6 lub przez 10”:10, 12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 50,
(2)
54, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 90, 96.Jest ich 21.Korzystając z definicji klasycznej, stwierdzamy więc, że szukane prawdopodobieństwo jest równe 2190=730.
sposób IIOznaczmy:A – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 6,B – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 10.ZatemA=12, 18, 24, 30, 36, 42, 48, 54, 60, 66, 72, 78, 84, 90, 96,B=10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90.Zdarzenie, którego prawdopodobieństwo mamy obliczyć: „otrzymana liczba jest podzielna przez 6 lub przez 10”, to suma zdarzeń A oraz B. Zdarzenia A i B nie są rozłączne, a ich część wspólna to zdarzenieA∩B=30, 60, 90Przy obliczeniu zadanego prawdopodobieństwa skorzystamy ze wzoru na liczbę elementów sumy dwóch zbiorówA∪B=A+B-A∩BPonieważ A=15, B=9 i A∩B=3, to A∪B=A+B-A∩B=15+9-3=21.Oznacza to, że prawdopodobieństwo zdarzenia A∪B jest równe PA∪B=A∪BΩ=2190=730.Zauważmy, że dla dowolnych zdarzeń A, B ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω ze wzoru na liczbę elementów sumy dwóch zbiorówA∪B=A+B-A∩Bwynika, że A∪BΩ=AΩ+BΩ-A∩BΩ.Ponieważ A∪B oraz A∩B są również zdarzeniami ze zbioru Ω, więc na mocy definicji klasycznej otrzymujemy zależnośćPA∪B=PA+PB-PA∩B
Prawdziwe jest więc twierdzenie.
o prawdopodobieństwie sumy dwóch zdarzeń
Załóżmy, że A oraz B są zdarzeniami ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo sumy A∪B zdarzeń A oraz B wyraża się wzoremPA∪B=PA+PB-PA∩B,gdzie A∩B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu dane są zdarzenia A i B, przy czym ich prawdopodobieństwa są równe odpowiednio 27 i 311. W tym doświadczeniu pewne jest zdarzenie, że zajdzie zdarzenie A’ lub zdarzenie B’ (gdzie A’ oraz B’ oznaczają zdarzenia przeciwne do zdarzeń odpowiednio A i B). Obliczymy prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zdarzenie A’ i zdarzenie B’.ObliczamyPA'=1-PA=1-27=57oraz PB'=1-PB=1-311=811.Z treści zadania wiemy, że PA' ∪B'=1, a mamy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia A' ∩B'. Korzystając z twierdzenia o prawdopodobieństwie sumy, zapisujemy PA' ∪B'=PA '+PB '-PA' ∩B'. Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zdarzenie A’ i zdarzenie B’ jest równePA' ∩B'=PA'+PB'-PA' ∪B'=57+811-1=3477.
Wśród 216 uczniów klas maturalnych pewnej szkoły ponadgimnazjalnej przeprowadzono sondaż na temat poczytności dwóch tygodników: „Widoki” oraz „Rokowania”. Okazało się, że tygodnik „Widoki” czytają 144 osoby, tygodnik „Rokowania” czytają 132 osoby, a oba te tygodniki czyta 80 osób. Obliczymy prawdopodobieństwo p zdarzenia, że osoba wybrana losowo z tej grupy nie czyta żadnego z tych tygodników.Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wylosowanie jednej osoby z grupy ankietowanych uczniów. Zatem Ω=216. Oznaczmy
A – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Widoki”,B – zdarzenie, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Rokowania”.Z treści zadania wynika, że A=144, B=132 oraz A∩B=80, zatem liczba A∪B osób, które czytają jeden lub drugi tygodnik jest równaA∪B=A+B-A∩B=144+132-80=196Stąd Ω-A∪B=216-196=20to liczba osób, które nie czytają żadnego z tych tygodników.Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równep=20216=554.Zależności między liczbami uczniów w tym zadaniu można przedstawić schematycznie za pomocą diagramu.💥[185765]💥
Wpisaliśmy w nim po kolei
liczbę uczniów, którzy czytają oba tygodniki: 80,
liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Widoki” i nie czytają tygodnika „Rokowania”: 144 – 80 = 64,
liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Rokowania” i nie czytają tygodnika „Widoki”: 132 – 80 = 52,
liczbę ucznió
(3)
w, którzy nie czytają żadnego z tych dwóch tygodników: 216 – (64+80+52) = 20.
Z pudełka zawierającego 8 kul ponumerowanych od 1 do 8 losujemy jednocześnie dwie kule. Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia takiego zdarzenia A, że suma wylosowanych liczb jest równa 11.Przedstawimy dwa sposoby opisu zbioru zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu.
sposób IPonieważ z pudełka zawierającego 8 kul losujemy jednocześnie dwie kule, więc zdarzenie elementarne zapisujemy jako dwuelementowy podzbiór a, b zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Zatem zdarzeń elementarnych jest tyle, ile dwuelementowych podzbiorów zbioru ośmioelementowego, stądΩ=8⋅72=28Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa 11, sprzyjają następujące 3 zdarzenia elementarne: 3, 8, 4, 7, 5, 6. Wobec tego A=3, co oznacza, że PA=328.
sposób IIPonieważ dodawanie jest przemienne, więc suma nie zmieni się, kiedy rozróżnimy kule ze względu na kolejność, w której zostały wylosowane. Każde zdarzenie elementarne zapisujemy wtedy jako dwuelementowy ciąg a, b, gdzie a, b są różnymi elementami ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 numerów kul znajdujących się w pudełku. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=8⋅7=56.Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa 11 sprzyjają następujące zdarzenia elementarne: 3, 8, 4, 7, 5, 6, 6, 5, 7, 4, 8, 3. Stąd A=6, co oznacza, że PA=656=328.
ID WOMI: 185765
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4394
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4394
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek dwóch okręgów, które ilustrują zbiory uczniów czytających tygodniki Widoki i Rokowania. Zbiór Widoki zawiera elementy \u2013 64 i 80. Zbiór Rokowania zawiera elementy \u2013 52 i 80. Część wspólna zbiorów 80. Zapis: wszystkich uczniów 216. Działanie: 216 -(64 + 80 +52) =216 -196 =20
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 6. iz3aPJUGz3_d5e752
Link do treści
(1)
Doświadczenia dwuetapowe - metoda drzewa
Uczniowie trzeciej klasy otrzymali do rozwiązania zestaw 50 zadań powtórzeniowych z matematyki. Zadania były ponumerowane od 1 do 50. Pewna ich część to zadania kodowane, a pozostałe to zadania zamknięte. Ania rozwiązała wszystkie te zadania w ciągu dwóch dni. Pierwszego dnia rozwiązała 60% zadań zestawu, przy czym połowę tych zadań stanowiły zadania kodowane. Wśród zadań rozwiązanych przez Anię drugiego dnia co piąte było kodowane. Obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo p zdarzenia, że przy losowaniu zadania z tego zestawu otrzymamy zadanie kodowane.
sposób IZa zdarzenie elementarne w opisanym doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednego spośród 50 zadań. Obliczenia liczby zadań kodowanych przeprowadzimy w dwóch etapach.
Obliczymy liczbę zadań rozwiązanych w każdym dniu przez Anię: w pierwszym dniu Ania rozwiązała 60%⋅50=30 zadań, a więc w drugim dniu Ania rozwiązała 20 zadań (to jest 40% wszystkich).Obliczymy liczbę zadań kodowanych rozwiązanych przez dziewczynkę pierwszego dnia oraz drugiego dnia.Pierwszego dnia dziewczynka rozwiązała 15 zadań kodowanych (jest to połowa z 30 zadań rozwiązanych w tym dniu), natomiast drugiego dnia Ania rozwiązała 15⋅20=4 zadania kodowane. Wobec tego wszystkich zadań kodowanych jest w tym zestawie 15+4=19.Mamy model klasyczny (zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne), co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równep=1950.
sposób IIZauważmy, że połowa z 35 wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię pierwszego dnia, a 15 z 25 wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię drugiego dnia. Zatem zadania kodowane stanowią 1950 wszystkich zadań (jak to jest pokazane na diagramie), co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe p=1950.💥[185766]💥
Przebieg omawianego doświadczenia można też przedstawić schematycznie w postaci drzewa. Rozróżnimy dwa etapy: (1) wybór dnia, w którym zadanie zostało rozwiązane, (2) wybór typu zadania rozwiązanego w danym dniu.Na rysunku poniżej pogrubioną linią zaznaczyliśmy gałęzie odpowiadające wynikom: wylosowano zadanie kodowane rozwiązane pierwszego dnia (na niebiesko), wylosowano zadanie kodowane rozwiązane drugiego dnia (na pomarańczowo).💥[185767]💥
Na każdej gałęzi zapisaliśmy też, jakie jest prawdopodobieństwo wyboru danej opcji na konkretnym etapie doświadczenia.Zbierając te informacje, zauważymy zasadę, według której obliczamy szukane prawdopodobieństwo, idąc po każdej z pogrubionych gałęzi. Obliczamy iloczyn prawdopodobieństw zdarzeń z kolejnych etapów, a następnie obliczamy sumę uzyskanych iloczynów:p=35⋅12+25⋅15Stąd p=1950.W kolejnym przykładzie pokażemy, jak umiejętności związane z obliczaniem prawdopodobieństwa można wykorzystać do analizowania informacji, jakimi jesteśmy zasypywani przez media wykorzystywane przez reklamodawców.
Statystyki pokazują, że w pewnym kraju 1 osoba na 1000 jest nosicielem pewnego groźnego wirusa. Firma XMed ogłosiła, że opracowała badanie pozwalające skutecznie rozpoznać nosicielstwo tego wirusa. Przedstawiciele tej firmy przypominają, że nosiciel wirusa może stać się źródłem zakażenia dla osób przebywających w jego otoczeniu i wrażliwych na infekcje, dlatego też wykrywanie oraz leczenie nosicieli wirusów jest społecznie pożądane. Podano przy tym, że po przeprowadzeniu badania opracowanego przez XMed wirus zostanie prawidłowo wykryty u nosiciela w 99,9% przypadków, a w 99% przypadków da się jednoznacznie określić, że badana osoba nie jest nosicielem wirusa. Ustalimy, czy
(2)
na podstawie tych danych jesteśmy w stanie ocenić skuteczność badania opracowanego przez XMed.W tym celu obliczymy najpierw, jakie jest prawdopodobieństwo, że badanie opracowane przez XMed wykryje nosicielstwo.Załóżmy, że wybieramy losowo obywatela tego kraju. Z treści zadania wynika, że
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy nosiciela wirusa, jest równe 11000,
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy osobę, która nie jest nosicielem wirusa, jest równe 9991000,
prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u nosiciela, jest równe 9991000,
prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u osoby, która nie jest nosicielem, jest równe 1100.Zapiszmy te prawdopodobieństwa na drzewku.💥[194640]💥
Wobec tego prawdopodobieństwo p zdarzenia, że badanie wykryje nosicielstwo, jest równep=11000⋅9991000+9991000⋅1100=11000⋅9991000+9991000⋅101000=999⋅1+101000⋅1000=999⋅111000⋅1000=0,01098...≈0,011.Zatem o nosicielstwie dowiaduje się po badaniu średnio jedenaście osób na tysiąc. Postawmy się w sytuacji osoby, która po badaniu otrzymała informację, że jest nosicielem wirusa. Ustalimy, na ile ta informacja jest wiarygodna – w tym celu obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo tego, że osoba, która na podstawie badania została uznana za nosiciela, jest rzeczywiście nosicielem wirusa. Załóżmy, że kraj opisany w treści zadania ma milion mieszkańców. Wtedy na podstawie danych z treści zadania 1000 z nich to nosiciele wirusa, a 999000 to osoby, które nie są nosicielami. W wyniku badania przeprowadzonego przez XMed:999 z 1000 nosicieli dowie się o tym fakcie (wirus zostanie prawidłowo wykryty u nosiciela w 99,9% przypadków),9990 spośród 999000 pozostałych osób również zostanie zdiagnozowanych jako nosiciele wirusa (w 99% przypadków da się jednoznacznie określić, że badana osoba nie jest nosicielem wirusa), a przecież żadna z nich nosicielem nie jest.Dyskwalifikująca dla skuteczności tego badania jest jednak proporcja tych dwóch grup osób, które otrzymały informację o nosicielstwie: jest wśród nich 10 razy więcej osób, które nie są nosicielami wirusa!Wobec tego prawdopodobieństwo zdarzenia, że osoba, która w wyniku badania firmy XMed dowie się o nosicielstwie jest rzeczywiście nosicielem wirusa, jest równe 111. To zdecydowanie za mało, żeby uznać to badanie za skuteczne.
ID WOMI: 185766
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4395
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4395
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek prostokąta, który ilustruje prawdopodobieństwo zdarzenia, że przy losowaniu zadania z zestawu otrzymamy zadanie kodowane. Prostokąt podzielony na dwie części: dzień I (trzy piąte) i dzień II (dwie piąte). Zapis: zadania kodowane. Działanie: p = trzy piąte razy jedna druga + dwie piąte razy jedna piąta = dziewiętnaście pięćdziesiątych.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185767
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4396
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4396
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje prawdopodobieństwo zdarzenia, że przy losowaniu zadania z zestawu otrzymamy zadanie kodowane. Dwie gałęzie: trzy piąte (dzień I) i dwie piąte (dzień II). Od gałęzi dzień I odchodzą dwie gałęzie : jedna druga (kodowane/ dzień I) i jedna druga (testowe/ dzień I). Od gałęzi dzień II odchodzą dwie gałęzie: jedna piąta (kodowane/ dzień II) i cztery piąte (testowe/ dzień II).
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 194640
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4403
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4403
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek schematu w postaci drzewa, który ilustruje doświadczenie wykrycia nosiciela wirusa. Dwie gałęzie: osoba nie jest nosicielem \u2013 dziewięćset dziewięćdziesiąt dziewięć tysięcznych i osoba jest nosicielem \u2013 jedna tysięczna. Od gałęzi osoba nie jest nosicielem odchodzą dwie gałęzie: jedna setna \u2013 nie jest nosicielem/ badanie pozytywne i dziewięćdziesiąt dziewięć setnych \u2013 nie jest nosicielem/ badanie negatywne. Od gałęzi osoba jest nosicielem odchodzą dwie gałęzie: dziewięćset dziewięćdziesiąt dziewięć tysięcznych \u2013 nosiciel/ badanie pozytywne i jedna tysięczna \u2013 nosiciel/ badanie negatywne.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 7. iz3aPJUGz3_d5e894
Link do treści
(1)
Aclassicmobileall-sets4
W pewnej klasie jest 3 razy więcej chłopców niż dziewcząt. Losujemy jedną osobę z tej klasy. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy dziewczynkę jest równe
14
13
37
34 staticstatic-mono
W pewnej klasie jest 3 razy więcej chłopców niż dziewcząt. Losujemy jedną osobę z tej klasy. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy dziewczynkę jest równe
14
13
37
34 Aclassicmobileall-sets4
Ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 wybieramy losowo jedną liczbę. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo otrzymania liczby podzielnej przez 5. Wówczas
p>15
p=15
p=16
p<16 staticstatic-mono
Ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 wybieramy losowo jedną liczbę. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo otrzymania liczby podzielnej przez 5. Wówczas
p>15
p=15
p=16
p<16 Aclassicmobileall-sets4
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że będzie to liczba o sumie cyfr równej 16, jest równe
1690
116
389
130 staticstatic-mono
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że będzie to liczba o sumie cyfr równej 16, jest równe
1690
116
389
130 Aclassicmobileall-sets4
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że dwukrotnie otrzymamy liczbę oczek mniejszą od 3, jest równe
118
19
29
23 staticstatic-mono
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że dwukrotnie otrzymamy liczbę oczek mniejszą od 3, jest równe
118
19
29
23 Aclassicmobileall-sets4
Ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo wylosowania pary liczb, których iloczyn jest podzielny przez 7. Wówczas
p=764
p=732
p=1564
p=14 staticstatic-mono
Ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo wylosowania pary liczb, których iloczyn jest podzielny przez 7. Wówczas
p=764
p=732
p=1564
p=14 Aclassicmobileall-sets4
Rzucamy 3 razy symetryczną monetą. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że dokładnie raz wyrzucimy orła, jest równe
p=18
p=14
p=13
p=38 staticstatic-mono
Rzucamy 3 razy symetryczną monetą. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że dokładnie raz wyrzucimy orła, jest równe
p=18
p=14
p=13
p=38 Aclassicmobileall-sets4
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, ponadto A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A oraz zachodzi równość 2⋅PA=3⋅PA'. Stąd prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest równe
35
23
13
25 staticstatic-mono
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, ponadto A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A oraz zachodzi równość 2⋅PA=3⋅PA'. Stąd prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest równe
35
23
13
25 Aclassicmobileall-sets4
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że otrzymamy sumę oczek podzielną przez 7 lub przez 11, jest równe
118
19
29
14 staticstatic-mono
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że otrzymamy sumę oczek podzielną przez 7 lub przez 11, jest równe
118
19
29
14 Aclassicmobileall-sets4
W każdym z dziewięciu pojemników znajduje się para kul: jedna biała, a druga – czerwona. Z każdego z tych dziewięciu pojemników losujemy jedną kulę. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo zdarzenia, że wśród wylosowanych kul będzie tyle samo czerwonych, co białych. Wówczas
p<15
p=15
p=532
p>532 staticstatic-mono
W każdym z dziewięciu
(2)
pojemników znajduje się para kul: jedna biała, a druga – czerwona. Z każdego z tych dziewięciu pojemników losujemy jedną kulę. Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo zdarzenia, że wśród wylosowanych kul będzie tyle samo czerwonych, co białych. Wówczas
p<15
p=15
p=532
p>532 Aclassicmobileall-sets4
W pewnej klasie stosunek liczby dziewcząt do liczby chłopców jest równy 7:11. Losujemy osiem osób z tej klasy. Prawdopodobieństwo tego, że dwie z nich urodziły się w tym samym dniu tygodnia, jest
mniejsze od 14
równe 14
równe 12
większe od 12staticstatic-mono
W pewnej klasie stosunek liczby dziewcząt do liczby chłopców jest równy 7:11. Losujemy osiem osób z tej klasy. Prawdopodobieństwo tego, że dwie z nich urodziły się w tym samym dniu tygodnia, jest
mniejsze od 14
równe 14
równe 12
większe od 12
Sekcja: 8. iz3aPJUGz3_d5e1374
Link do treści
(1)
B
W pudełku znajduje się 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania:
kuli z numerem podzielnym przez 5
kuli z nieparzystym numerem dwucyfrowym
317
417 Jest 17 wszystkich możliwych wyników losowania.
Zapisujemy numery kul, które są podzielne przez 5: 5, 10, 15. Są więc 3 takie kule, zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 317.Zapisujemy numery kul, które mają numer dwucyfrowy i nieparzysty: 11, 13, 15, 17. Są więc 4 takie kule, co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe 417. B
W pudełku znajduje się 130 losów, wśród których jest pewna liczba wygrywających. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wybierając z tego pudełka jeden los, wyciągniemy los wygrywający, jest równe 126. Oblicz, ile jest losów pustych w tym pudełku.
125
Oznaczmy przez n liczbę losów wygrywających. Ponieważ prawdopodobieństwo wylosowania losu wygrywającego jest równe 126, więc wszystkich losów w tej loterii jest 26n. Otrzymujemy więc równanie 26n=130, stąd n=5. Oznacza to, że losów pustych jest 130-5=125.B
Ze zbioru 1, 2, 3, ... , 39, 40 dodatnich liczb całkowitych, które nie są większe od 40, wybieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo p otrzymania:
liczby mniejszej od 30
liczby dwucyfrowej.
liczby podzielnej przez 7
liczby, która nie dzieli się przez 4
p=2940
p=3140
) p=540=18p=3040=34
W zbiorze 1, 2, 3, ... , 39, 40 jest 40 liczb.
Zapisujemy zbiór liczb mniejszych od 30: {1, 2, 3, ..., 29}. Jest ich 29, zatem p=2940.
Zapisujemy zbiór liczb dwucyfrowych: {10, 11, 12, ..., 40}. Jest ich 40-9=31, zatem p=3140.
Wypisujemy wszystkie liczby podzielne przez 7: {7, 14, 21, 28, 35}. Jest ich 5, zatem p=540=18.Wypisujemy wszystkie liczby podzielne przez 4: {4, 8, 12, 16, 28, 24, 28, 32, 36, 40}. Jest ich 10, zatem liczb niepodzielnych przez 4 jest 30, stąd p=3040=34. Uwaga. Wśród 4 kolejnych liczb całkowitych dokładnie jedna jest podzielna przez 4. Ponieważ dany zbiór liczb da się podzielić na 10 rozłącznych podzbiorów tak, że w każdym z tych podzbiorów są 4 kolejne liczby całkowite, więc szukane prawdopodobieństwo p jest równe 34.B
W auli pewnej szkoły wszyscy uczniowie klas trzecich będą pisać próbny egzamin maturalny. Na liście egzaminowanych jest: 36 uczniów klasy 3a, w tym 16 dziewczynek, 35 uczniów klasy 3b, w tym 14 dziewczynek, 31 uczniów klasy 3c, w tym 12 dziewczynek oraz 38 uczniów klasy 3d, w tym 35 dziewczynek. Dla każdego ucznia przygotowano jeden stolik, a stoliki ponumerowano kolejnymi liczbami, zaczynając od 1. Przed wejściem do auli uczniowie mają losować numer stolika, przy którym będą pisali ten próbny egzamin. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że numer 1 wylosuje:
osoba z klasy 3a
osoba z klasy 3b lub z klasy 3c
dziewczynka z klasy 3d
chłopiec
935
3370
14920
Wszystkich egzaminowanych uczniów jest 36+35+31+38=140.
W klasie 3a jest 36 osób, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe 36140=935.
Łącznie w klasach 3b oraz 3c jest 35+31=66 uczniów, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe 66140=3370.
W klasie 3d jest 35 dziewczynek, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe 35140=14.
Ponieważ dziewczynek jest 16+14+12+35=77, więc chłopców jest 140-77=63. Zatem szukan
(2)
e prawdopodobieństwo jest równe 63140=920.B
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo p tego, że
wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest równy 24
wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest mniejsza niż 17
wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest parzysta
wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest parzysty
p=245
p=2930
p=12p=1318
Jest 90 wszystkich liczb dwucyfrowych.
Wypisujemy te liczby dwucyfrowe, których iloczyn cyfr jest równy 24:{38, 46, 64, 83}. Zatem są 4 takie liczby, stąd p=490=245.
Zauważmy, że 18 to największa możliwa suma cyfr liczby dwucyfrowej. Wypiszmy więc te liczby dwucyfrowe, których suma cyfr jest równa 17 lub 18: {89, 98, 99}. Oznacza to, że dla każdej z pozostałych 90-3=87 liczb dwucyfrowych suma cyfr jest mniejsza od 17, zatem p=8790=2930.
Zauważmy, że suma cyfr liczby dwucyfrowej jest parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy jej obie cyfry są tej samej parzystości. Liczb dwucyfrowych, które mają obie cyfry parzyste, jest 4⋅5=20, a liczb dwucyfrowych, które mają obie cyfry nieparzyste, jest 5⋅5=25. Zatem jest 20+25=45 takich liczb, stąd p=4590=12. Uwaga. W każdej dziesiątce liczb dwucyfrowych, które mają ustaloną cyfrę dziesiątek, jest dokładnie 5 liczb, których cyfra jedności ma tę samą parzystość, co cyfra dziesiątek. Ponieważ zbiór naturalnych liczb dwucyfrowych da się podzielić na 9 rozłącznych podzbiorów dziesięcioelementowych z ustaloną cyfrą dziesiątek, więc szukane prawdopodobieństwo p jest równe 510=12.
Iloczyn cyfr liczby dwucyfrowej jest nieparzysty wtedy i tylko wtedy, gdy obie cyfry tej liczby są nieparzyste. Takich liczb jest 5⋅5=25. Zatem dla każdej z pozostałych 90-25=65 liczb iloczyn cyfr jest parzysty, więc p=6590=1318.
Sekcja: 9. iz3aPJUGz3_d5e1616
Link do treści
(1)
B
100 uczniów klas trzecich brało udział w balu studniówkowym. Na początku tej imprezy zaplanowane były dwa tańce: polonez i walc. Poloneza zatańczyło 60 osób, natomiast walca zatańczyło 90 osób. Wiadomo też, że oba te tańce klasyczne zatańczyły 53 osoby. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, polegającego na tym, że osoba wybrana losowo spośród uczestników balu nie zatańczyła żadnego z tych dwóch tańców.
p=3100
Sposób IZa zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania jednej osoby spośród 100 uczniów uczestniczących w balu studniówkowym. Oznaczmy:A – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która zatańczyła poloneza,B – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która zatańczyła walca.Wówczas A=60, B=90, A∩B=53. Stąd wynika, że liczba osób, które zatańczyły choć jeden z tańców, jest równa A∪B=A+B-A∩B=60+90-53=97. Zatem na tym balu były 3 osoby, które nie zatańczyły żadnego z dwóch tańców klasycznych. Oznacza to, że prawdopodobieństwo p zdarzenia polegającego na tym, że osoba wybrana losowo spośród uczestników balu nie zatańczyła żadnego z tych dwóch tańców, jest równe p=3100.
Sposób IIRysujemy diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 100 uczestników na grupy.💥[188161]💥
Stwierdzamy na tej podstawie, że wśród uczestników było 7+53+37=97 osób, które zatańczyły przynajmniej jeden z dwóch tańców klasycznych. Wynika stąd, że 3 osoby nie zatańczyły żadnego z tych dwóch tańców, stąd p=3100.B
W klasie trzeciej jest 35 uczniów. W każdy piątek, w dodatkowych zajęciach z matematyki bierze udział 30 z nich, a w każdy wtorek 17 uczniów tej klasy bierze udział w dodatkowych zajęciach z geografii. Wiadomo też, że 4 spośród uczniów tej klasy nie bierze udziału w żadnym z tych dwóch dodatkowych rodzajów zajęć. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że osoba wybrana losowo spośród uczniów tej klasy bierze udział zarówno w dodatkowych zajęciach z geografii, jak i z matematyki.
p=1635
Sposób IZa zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania jednej osoby spośród 35 uczniów klasy trzeciej. Stąd Ω=35. Oznaczmy:A – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która uczestniczy w dodatkowych zajęciach z matematyki,B – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która uczestniczy w dodatkowych zajęciach z geografii.Wówczas A=30, B=17. Ponieważ 4 uczniów z tej klasy nie bierze udziału ani w zajęciach z matematyki, ani w zajęciach z geografii, więc liczba osób, które biorą udział w choć jednym z tych rodzajów zajęć, jest równa A∪B=35-4=31. Zatem liczba uczniów tej klasy, którzy uczęszczają zarówno na dodatkowe zajęcia z matematyki, jak i na dodatkowe zajęcia z geografii, jest równa A∩B=A+B-A∪B=30+17-31=16. Wobec tego szukane prawdopodobieństwo jest równe PA∩B=A∩BΩ=1635.
Sposób IIOznaczamy przez n liczbę uczniów, którzy biorą udział w obydwu rodzajach zajęć. Rysujemy diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 35 uczestników na grupy.💥[188162]💥
Stwierdzamy na tej podstawie, że 30-n+n+17-n+4=35, stąd n=16. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 1635.B
W pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, natomiast A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, wiedząc, że
PA=4⋅PA'
2⋅PA'=7⋅PA
PA=PA'+317
3⋅PA+7⋅PA'=525
PA=45
PA=29
PA=1017
PA=25
Ponieważ PA'=1-PA, więc PA=4⋅PA'=4⋅1-PA=4-4⋅PA, stąd PA=45.
Ponieważ PA'=1-PA, więc 2⋅PA'=2⋅1-PA=7⋅PA, stąd PA=29.
Ponieważ PA'=1-PA, więc PA=PA'+317
(2)
=1-PA+317, stąd PA=1017.
Ponieważ PA+PA'=1, więc 3⋅PA+7⋅PA'=7⋅PA+PA'-4⋅PA=7-4⋅PA=525, stąd 4⋅PA=135, czyli PA=25.B
W pewnym doświadczeniu losowym A i B są zdarzeniami, A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A, B’ jest zdarzeniem przeciwnym do B.
Oblicz PA∪B, wiedząc, że zdarzenia A i B są rozłączne oraz PA'=34, PB'=0,61.
Oblicz PA∩B, wiedząc, że PA∪B=23, PA'=12, PB'=34.
PA∪B=0,64
PA∩B=112
Ponieważ zbiory A i B są rozłączne, więc PA∪B=PA+PB. Obliczamy: PA=1-PA'=14, PB=1-PB'=0,39, stąd PA∪B=PA+PB=14+0,39=0,64.Obliczamy: PA=1-PA'=12, PB=1-PB'=14. Ponieważ PA∪B=PA+PB-PA∩B, więc PA∩B=PA+PB-PA∪B=12+14-23=112.B
W kopercie znajduje się 10 kartek, ponumerowanych od 1 do 10. Z tej koperty losujemy dwa razy po jednej kartce ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania:
dwóch kartek o różnych numerach,
takich dwóch kartek, że iloraz numeru na pierwszej kartce przez numer na drugiej kartce jest liczbą całkowitą.
91027100
Sposób I (schemat klasyczny). W tym doświadczeniu jest 10⋅10=100 wszystkich zdarzeń elementarnych.
Zliczanie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających przeprowadzimy na dwa sposoby. Sposób IPonieważ kartka wylosowana za drugim razem musi mieć inny numer od tej, która została wylosowana za pierwszym razem, więc różne numery wylosowanych kartek można otrzymać na 10⋅9=90 sposobów. Sposób IIJest 10 sposobów wylosowania dwa razy tej samej kartki, więc mamy 100-10=90 możliwości wylosowania pary kartek o różnych numerach. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 90100=910. Uwaga. Niezależnie od tego, jaki numer ma kartka wylosowana za pierwszym razem, kartka wylosowana za drugim razem ma w jednym przypadku ten sam numer, a w pozostałych dziewięciu przypadkach jej numer różni się od tego na pierwszej kartce. Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równe 910.Zauważmy, że jeżeli numer na pierwszej kartce jest podzielny przez numer na drugiej kartce, to możemy otrzymać iloraz równy
1 (jest 10 takich możliwości),
2 (jest 5 takich możliwości),
3 (są 3 takie możliwości),
4 lub 5 (za każdym razem są 2 możliwości),6, 7, 8, 9 lub 10 (za każdym razem jest 1 taka możliwość). Zatem wszystkich zdarzeń sprzyjających jest 10+5+3+2⋅2+5⋅1=27, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe 27100. Uwaga. Łączną liczbę wielokrotności każdego z elementów danego zbioru można obliczyć, używając symbolu części całkowitej: 101+102+103+104+105+106+107+108+109+1010.Sposób IIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.Sposób IIIRysujemy tabelę 10x10 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.B
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, że
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 1 lub 2, lub 3.
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 5.
p=14p=14
Sposób I (schemat klasyczny). W tym doświadczeniu jest 6⋅6=36 wszystkich zdarzeń elementarnych.
Największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od 3, gdy w obu rzutach wypadnie liczba oczek nie większa od 3. Mamy więc 3⋅3=9 zdarzeń elementarnych sprzyjających, więc p=936=14.
Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu
(3)
podpunktu a), stwierdzamy, że jest 5⋅5=25 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona liczba oczek jest równa 1, 2, 3, 4 lub 5, jest 4⋅4=16 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona liczba oczek jest równa 1, 2, 3 lub 4.Oznacza to, że jest 52-42=9 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona liczba oczek jest równa 5. Stąd p=936=14.Sposób IIRysujemy tabelę 6x6 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.Sposób IIIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
ID WOMI: 188161
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4401
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4401
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek okręgów ilustrujących zbiory uczniów, którzy tańczyli poloneza i walca na studniówce. Zbiór polonez zawiera elementy \u2013 7 i 53. Zbiór walc zawiera elementy \u2013 37 i 53. Część wspólna zbiorów \u2013 element 53. Poza zbiorami element 3. Zapis: wszystkich uczestników 100. Schemat jest rozwiązaniem zadania.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 188162
Nazwa: Prawdopodobieństwo_4402
Tytuł: Prawdopodobieństwo_4402
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek okręgów ilustrujących zbiory uczniów, którzy biorą udział w zajęciach z geografii i matematyki. Zbiór matematyka zawiera elementy: 30 minus n, n. Zbiór geografia zawiera elementy: 17 minus n, n. Część wspólna zbiorów - element n. Poza zbiorami element 4. Zapis: wszyscy uczniowie \u2013 35. Schemat jest rozwiązaniem zadania.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
Sekcja: 10. iz3aPJUGz3_d5e1893
Link do treści
(1)
B
Losujemy dwa wierzchołki spośród wszystkich wierzchołków siedmiokąta foremnego. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy w ten sposób końce pewnej przekątnej tego wielokąta.
23
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik jednoczesnego losowania dwóch wierzchołków spośród siedmiu. Zatem każde zdarzenie elementarne to dwuelementowy podzbiór zbioru siedmioelementowego, więc wszystkich zdarzeń elementarnych jest 7⋅62=21. Ponieważ ten wielokąt ma 7⋅7-32=14 przekątnych, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe 1421=23.Uwaga. Wybrany wierzchołek siedmiokąta foremnego można połączyć sześcioma odcinkami z każdym z pozostałych wierzchołków tego siedmiokąta. Wśród tych sześciu odcinków: dwa to boki siedmiokąta, a cztery to jego przekątne. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe 46=23.B
Ze zbioru liczb 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo:
zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, z których pierwsza jest o 2 lub o 3 mniejsza od drugiej.
zdarzenia B, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których iloczyn jest podzielny przez 10.
zdarzenia C, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma jest podzielna przez 7.
zdarzenia D, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma kwadratów jest podzielna przez 3.
PA=17121
PB=29121
PC=17121
PD=9121
Sposób I(schemat klasyczny). Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik dwukrotnego losowania jednej liczby ze zbioru jedenastoelementowego ze zwracaniem. Każde zdarzenie elementarne możemy więc zapisać jako dwuelementowy ciąg a, b, gdzie a, b są elementami ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11. Oznaczmy przez Ω zbiór zdarzeń elementarnych. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=112=121.
Oznaczmy pierwszą wylosowaną liczbę przez n i zauważmy, że jeśli n=1, 2, ..., 8, to zdarzenia elementarne n, n+2 oraz n, n+3 sprzyjają zdarzeniu A. W pozostałych przypadkach jest tylko jedno sprzyjające zdarzenie elementarne: 9, 11. Wobec tego A=8⋅2+1=17, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy PA=17121.
Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B podzielimy na następujące rozłączne przypadki:- jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 1, 3, 7, 9 lub 11, to drugą wylosowaną liczbą musi być 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 5 zdarzeń elementarnych sprzyjających B,-jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 2, 4, 6 lub 8, to drugą wylosowaną liczbą musi być 5 lub 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 4⋅2=8 zdarzeń elementarnych sprzyjających B,-jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 5, to drugą wylosowaną liczbą musi być 2, 4, 6, 8, lub 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 5 zdarzeń elementarnych sprzyjających B,-jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 10, to druga wylosowana liczba może być dowolna – łącznie jest więc w tym przypadku 11 zdarzeń elementarnych sprzyjających B.Wobec tego B=5+8+5+11=29, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy PB=29121.
Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu C podzielimy na trzy rozłączne przypadki:- suma wylosowanych liczb jest równa 7 – w tym przypadku jest 6 zdarzeń elementarnych sprzyjających C,- suma wylosowanych liczb jest równa 14 – w tym przypadku jest 9 zdarzeń elementarnych sprzyjających C,- suma wylosowanych liczb jest równa 21 – w tym przypadku są 2 zdarzenia elementarne sprzyjające C.Wobec tego C=6+9+2=17, stąd na mocy definicji klasyczn
(2)
ej otrzymujemy PC=17121.
Ponieważ reszta z dzielenia przez 3 kwadratu każdej liczby całkowitej niepodzielnej przez 3 jest równa 1, więc suma kwadratów dwóch liczb całkowitych jest podzielna przez 3 wtedy i tylko wtedy, gdy obie te liczby dzielą się przez 3. W zbiorze 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 są dokładnie trzy liczby podzielne przez 3: 3, 6 oraz 9. Wobec tego zdarzeń elementarnych sprzyjających D jest D=3⋅3=9, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy PD=9121.
Sposób IIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Sposób IIIRysujemy tabelę 11x11 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.B
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo takiego zdarzenia A, że w pierwszym rzucie wypadnie liczba oczek większa niż w drugim i iloczyn liczb wyrzuconych oczek będzie podzielny przez 4.
PA=16
Sposób I(schemat klasyczny). Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik dwukrotnego rzutu kostką sześcienną. Zbiór zdarzeń elementarnych Ω jest zatem zbiorem par a, b takich, że a, b są elementami ze zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=62=36. Wypisujemy zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu A: 4, 1, 4, 2, 4, 3, 5, 4, 6, 2, 6, 4. Oznacza to, że A=6, stąd PA=636=16.
Sposób IIRysujemy tabelę 6x6 i zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym zdarzeniu A. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Sposób IIIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.B
Z pojemnika, w którym jest 20 losów: 3 wygrywające oraz 17 pustych, losujemy dwa razy po jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, że oba wylosowane losy będą wygrywające.
p=3190
Sposób I(schemat klasyczny). Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik dwukrotnego losowania ze zbioru dwudziestu losów bez zwracania. Oznaczmy przez w1, w2, w3 losy wygrywające, a przez p1, p2, p3, ..., p17 – losy puste. Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako dwuelementowy ciąg a, b, gdzie a, b są różnymi elementami z dwudziestoelementowego zbioru w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc 20⋅19=380. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy będą wygrywające sprzyja 3⋅2=6 następujących zdarzeń elementarnych: w1, w2, w1, w3, w2, w1, w2, w3, w3, w1, w3, w2. Stąd p=6380=3190.
Sposób IIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Sposób IIIRysujemy tabelę 20x20. Ponieważ losujemy bez zwracania, więc odrzucamy z tabeli 20 pól leżących na przekątnej. Z pozostałych 380 pól wybieramy te, które odpowiadają zdarzeniom elementarnym sprzyjającym danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy podzbiór a, b dwudziestoelementowego zbioru w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest wtedy 19⋅202=190. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy będą wygrywające sprzyjają następujące 3 zdarzenia elementarne: w1, w2, w1, w3, w2, w3. Stąd p=3
(3)
190.B
W kopercie jest 15 kartek ponumerowanych liczbami od 1 do 15. Z tej koperty losujemy jednocześnie dwie kartki. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia:
A – iloczyn liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysty,
B – suma liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysta.
PA=415PB=815
Sposób IZa zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik jednoczesnego losowania dwóch kartek spośród piętnastu. Zatem każde zdarzenie elementarne to dwuelementowy podzbiór a, b piętnastoelementowego zbioru 1, 2, 3, ..., 15. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=15⋅142=105.
W przypadku zdarzenia A każda z dwóch wylosowanych kartek musi mieć numer nieparzysty, a kartek z numerem nieparzystym jest 8. Zatem zdarzeniu A sprzyja A=8⋅72=28 zdarzeń elementarnych, stąd PA=28105=415.W przypadku B jedna z wylosowanych kartek musi mieć numer nieparzysty, a druga – parzysty. Ponieważ kartek z numerem nieparzystym jest 8, a z numerem parzystym – 7, więc zdarzeniu B sprzyja B=8⋅7=56 zdarzeń elementarnych. Oznacza to, że PB=56105=815. Uwaga. Mimo, że w treści zadania jest mowa o jednoczesnym losowaniu dwóch kartek, to jednak za zdarzenie elementarne w tym doświadczeniu można przyjąć dwuelementowy ciąg a, b, gdzie a,b∈1, 2, 3, ..., 15 oraz a≠b. Narzucona w ten sposób kolejność wylosowanych kartek nie ma wpływu ani na sumę, ani na iloczyn liczb na wylosowanych kartkach, ponieważ te działania są przemienne. Tym sposobem wszystkich zdarzeń elementarnych jest tyle, ile dwuelementowych ciągów ze zbioru 1, 2, 3, ..., 15 bez powtórzeń, stąd Ω=15⋅14=210. Wówczas:
zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest tyle, ile dwuelementowych ciągów ze zbioru 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15 bez powtórzeń, stąd A=8⋅7=56, co oznacza, że PA=56210=415.
zdarzeniu B sprzyja każde zdarzenie elementarne, w którym wylosowane liczby są różnej parzystości. Zatem możliwe są dwa rozłączne przypadki: -pierwsza wylosowana liczba jest parzysta i druga - jest nieparzysta -pierwsza wylosowana liczba jest nieparzysta i druga - jest parzysta. Wobec tego A=7⋅8+8⋅7=112, stąd PB=112210=815.Mając powyższe na uwadze, można przebieg analizowanego doświadczenia zilustrować za pomocą:-drzewa, uwzględniając wszystkie gałęzie, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu,- tabeli 15 na 15, w której odrzucamy 15 pól leżących na przekątnej. Z pozostałych 210 pól wybieramy te, które odpowiadają zdarzeniom elementarnym sprzyjającym danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.B
W klasie jest 35 uczniów, przy czym chłopców jest o 3 mniej niż dziewczynek. Losujemy dwie osoby z tej klasy. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wśród wylosowanych osób będzie co najmniej jedna dziewczynka.
95119
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania 2 osób spośród 35. Zatem każde zdarzenie elementarne to dwuelementowy podzbiór ze zbioru 35 uczniów tej klasy. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=35⋅342=595. Obliczamy, że w tej klasie jest 16 chłopców i 19 dziewczynek. Rozpatrzmy zdarzenie A polegające na tym, że wśród wylosowanych osób będzie co najmniej jedna dziewczynka. Wtedy zdarzeniem przeciwnym do A jest takie zdarzenie A’, że wśród wylosowanych osób nie będzie żadnej dziewczynki. To oznacza, że A '=16⋅152=120, a więc PA '=120595=24119. Stąd PA=1-PA '=1-24119=95119.
Sekcja: 11. iz3aPJUGz3_d5e2127
Link do treści
(1)
B
W talii 52 kart do brydża jest po 13 kart w każdym z czterech kolorów: trefl, karo, kier, pik. W każdym kolorze jest jeden as, a także trzy figury: król, dama, walet oraz 9 kart numerowanych od 2 do 10. Z takiej talii 52 kart losujemy dwa razy po jednej karcie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, że obie wylosowane karty będą figurami. Zapisz wynik w postaci ułamka nieskracalnego.
p=11221
Sposób I (schemat klasyczny). Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik dwukrotnego losowania ze zbioru 52 kart bez zwracania. Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako dwuelementowy ciąg a, b, gdzie a, b są różnymi elementami ze zbioru 52 kart. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc 52⋅51=2652. Wśród 52 kart w tej talii jest 4⋅3=12 figur. Zatem zdarzeniu, że obie wylosowane karty będą figurami, sprzyjają 12⋅11=132 zdarzenia elementarne. Stąd p=1322652=11221.Sposób IIRysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy podzbiór a, b zbioru 52 kart. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest wtedy 52⋅512=1326. Zdarzeniu, że obie wylosowane karty będą figurami, sprzyja wówczas 12⋅112=66 zdarzeń elementarnych. Stąd p=661326=11221.B
W pudełku znajdują się kule, przy czym co dziesiąta z nich jest biała, a każda z pozostałych ma kolor czerwony lub kolor zielony. Przy losowaniu jednej kuli z tego pudełka prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej lub zielonej jest trzy razy większe niż prawdopodobieństwo wylosowania kuli czerwonej lub białej. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że przy losowaniu jednej kuli z tego pudełka wylosujemy kulę zieloną.
710
Rozpatrzmy doświadczenie polegające na losowaniu jednej kuli z tego pudełka. Oznaczmy:
B – zdarzenie, że wylosowano kulę białą,
C – zdarzenie, że wylosowano kulę czerwoną,Z – zdarzenie, że wylosowano kulę zieloną.Zdarzenia B, C oraz Z są parami rozłączne, a zdarzenie, że zajdzie B lub C, lub Z jest pewne, stąd PB∪C∪Z=1Z treści zadania wynika, że PB=110 oraz PC∪Z=3⋅PB∪C. Wynika stąd, że PC∪Z=1-PB=910, co oznacza, że PB∪C=13⋅PC∪Z=13⋅910=310. Ponieważ PB∪C=PB+PC, więc PC=310-110=210. Wobec tego PZ=PC∪Z-PC=910-210=710.B
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A – dokładnie raz wypadnie szóstka.
PA=2572
Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako trzyelementowy ciąg a, b, c, gdzie a, b, c są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} wyników rzutu kostką sześcienną. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=63=216. Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających A rozkładamy na dwa etapy:
obliczamy, na ile sposobów można wybrać rzut, w którym wypadła szóstka: wybieramy jeden rzut z 3, więc można to zrobić na 3 sposoby,obliczamy, ile jest wyników pozostałych rzutów: w każdym z pozostałych dwóch rzutów mamy do wyboru jeden z pięciu wyników: 1, 2, 3, 4 lub 5, zatem jest 5⋅5=25 takich możliwości. Wobec tego A=3⋅52=75. Stąd PA=75216=2572.B
W kopercie jest 5 kartek ponumerowanych liczbami naturalnymi od 1 do 5. Losujemy z tej koperty po kolei 5 kartek, a wyniki kolejnych losowań notujemy jeden za drugim, zapisując w ten sposób liczbę pięciocyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo, że w wyniku takiego postępowania zapiszemy liczbę, w której:
suma każdych dwóch sąsiednich cyfr będzie nieparzysta,
cyfry 1 oraz 2 będą zap
(2)
isane na sąsiednich miejscach.
11025
Każde zdarzenie elementarne to pięcioelementowy ciąg bez powtórzeń a, b, c, d, e, gdzie a, b, c, d, e są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=5⋅4⋅3⋅2⋅1=120.
Oznaczmy: A – zdarzenie, że otrzymaliśmy liczbę pięciocyfrową, w której suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta. W tym przypadku kolejne pary elementów ciągu a, b, c, d, e muszą być liczbami różnej parzystości. Jest to możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy a, c oraz e będą liczbami wybranymi bez powtórzeń ze zbioru {1, 3, 5}, natomiast b oraz d będą różnymi liczbami ze zbioru {2, 4}. Wobec tego A=3⋅2⋅1⋅2⋅1=12, stąd PA=12120=110.Oznaczmy: B – zdarzenie, że otrzymaliśmy liczbę pięciocyfrową, w której cyfry 1 oraz 2 są zapisane na sąsiednich miejscach. W rozpatrywanych ciągach a, b, c, d, e cyfry 1, 2 można wtedy zapisać na 4 sposoby: jako a, b lub jako b, c, lub jako c, d, lub jako d, e. W każdym z tych przypadków cyfry 1, 2 rozmieszczamy na przydzielonych im miejscach na 2 sposoby, a pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech pozostałych miejscach na 3⋅2⋅1=6 sposobów. Zatem B=4⋅2⋅6=48, stąd PB=48120=25. B
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Rozstrzygnij, które zdarzenie jest wtedy bardziej prawdopodobne: A – wypadła suma oczek równa 11 czy B – wypadła suma oczek równa 12.
Uwaga. W literaturze to zadanie jest znane jako paradoks/problem kawalera de’Mere.PA=27216>PB=25216
Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako trzyelementowy ciąg a, b, c, gdzie a, b, c są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} wyników rzutu kostką sześcienną. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω=63=216. Sumę 11 możemy otrzymać na 6 sposobów.
wypadła jedna jedynka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadła jedna jedynka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,
wypadła jedna dwójka, jedna trójka oraz jedna szóstka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadły dwie trójki oraz jedna piątka – są 3 takie zdarzenia elementarne,wypadła jedna trójka oraz dwie czwórki – są 3 takie zdarzenia elementarne.Wobec tego A=6+3+6+6+3+3=27, stąd PA=27216.Sumę 12 możemy otrzymać na 6 sposobów:
wypadła jedna jedynka, jedna piątka oraz jedna szóstka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadła jedna dwójka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,
wypadły dwie trójki oraz jedna szóstka – są 3 takie zdarzenia elementarne,
wypadła jedna trójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3⋅2⋅1=6 takich zdarzeń elementarnych,
wypadły trzy czwórki – jest 1 takie zdarzenie elementarne.Wobec tego B=6+6+3+3+6+1=25, stąd PB=25216.Oznacza to, że PA>PB.C
W pewnej grze losowej zakreślamy 6 liczb wybranych ze zbioru {1, 2, 3, ..., 49}. Wybrane liczby są następnie porównywane z sześcioma wylosowanymi z tego samego zbioru przez maszynę losującą. Oblicz prawdopodobieństwo p tego, że zakreślając 6 liczb trafisz główną wygraną, czyli prawidłowo wytypujesz wszystkie 6 wylosowanych numerów.
p=113983816
Każde zdarzenie elementarne to wybór sześcioelementowego podzbioru ze zbioru 49 liczb 1, 2, 3, ..., 49. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc Ω
(3)
=496=49!6!⋅43!=49⋅48⋅47⋅46⋅45⋅446⋅5⋅4⋅3⋅2⋅1=13 983 816. Prawidłowo wytypować wygraną można, oczywiście, tylko na 1 sposób, więc p=113983816 (szansa 1 do prawie 14 milionów).
Moduł: iqfmZTm1CX wersja: 1
Podstawa programowa: Etap 2 Szkoła podstawowa, kl.4-6 Matematyka Dz.U. 30.05.2014, poz. 803 mnoży i dzieli liczbę naturalną przez liczbę naturalną jednocyfrową, dwucyfrową lub trzycyfrową pisemnie, w pamięci (w najprostszych przykładach) i za pomocą kalkulatora (w trudniejszych przykładach);
Sekcja: 1. iqfmZTm1CX_d5e9
definicja ogólna prawdopodobieństwadefinicja ogólna prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnychΩ=w1, w2, w3, ..., wn,a zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn przypiszemy takie liczby nieujemne odpowiednio p1, p2, p3, ...,pn, że p1+p2+p3+ ... +pn=1. Wówczas prawdopodobieństwem dowolnego zdarzenia A⊂Ω nazywamy liczbę PA, która jest sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A.
Pokażemy, że w poprzednim przykładzie, w drugim sposobie rozwiązania postępowaliśmy zgodnie z ogólną definicją prawdopodobieństwa.Przyjęliśmy, że doświadczenie może skończyć się jednym z czterech możliwych wyników:w1 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie kodowane rozwiązane pierwszego dnia,w2 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie testowe rozwiązane pierwszego dnia,w3 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie kodowane rozwiązane drugiego dnia,w4 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie testowe rozwiązane drugiego dnia.Rozpatrując te wyniki jako zdarzenia elementarne, otrzymujemy zbiór zdarzeń elementarnych Ω=w1, w2, w3, w4.Każdemu ze zdarzeń elementarnych przypisaliśmy prawdopodobieństwo takie , jak w poniższej tabeli: |------------------------------------------------------------------------------|
| Tabela. Dane |
|------------------------------------------------------------------------------|
| Zdarzenie elementarne | w1 | w2 | w3 | w4 |
|------------------------------------------------------------------------------|
| prawdopodobieństwo | p1=35⋅12=310 | p2=35⋅12=310 | p3=25⋅15=225 | p4=25⋅45=825 |
|------------------------------------------------------------------------------|
Tabela. DaneZdarzenie elementarnew1w2w3w4prawdopodobieństwop1=35⋅12=310p2=35⋅12=310p3=25⋅15=225p4=25⋅45=825Ponieważ spełniony jest warunek p1+p2+p3+p4=1, więc jeżeli przez A oznaczymy zdarzenie, że wylosowano zadanie kodowane, to A=w1, w3 i prawdopodobieństwo p zdarzenia A jest równe p=p1+p3=1950.Otrzymany wynik jest, oczywiście, zgodny z wynikiem otrzymanym w pierwszym sposobie rozwiązania (według schematu klasycznego).
Pokażemy formalnie, że definicja ogólna jest zgodna z definicją klasyczną prawdopodobieństwa.
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym zbiór zdarzeń elementarnych to Ω=w1, w2, w3, ..., wn,przy czym zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn są przypisane takie liczby nieujemne, odpowiedniop1, p2, p3, ...,pn,że p1+p2+p3+ ... +pn=1.Jeżeli przyjmiemy, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobnep1=p2=p3= ... =pn,to każdemu zdarzeniu elementarnemu przypisane jest prawdopodobieństwo równe 1n. Ponieważ zbiór zdarzeń elementarnych liczy n elementów, więc Ω=n. Ponadto dowolnemu zdarzeniu A⊂Ω sprzyja A zdarzeń elementarnych, co oznacza, że PA jest sumą A liczb równych 1n. Stąd PA=A⋅1n=An=AΩ. To właśnie mieliśmy udowodnić.
Dodatek – prawa de Morgana (na podstawie przykładu 10)
Dodatek – prawdopodobieństwo warunkowe (na podstawie przykładu 11)
Dodatek – wzór Bayesa (na podstawie przykładu 12)
Link do treści
Moduł: iCFqaCx7K8 wersja: 1
Sekcja: 1. iCFqaCx7K8_ms
Link do treści
(1)
definicja ogólna prawdopodobieństwadefinicja ogólna prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnychΩ=w1, w2, w3, ..., wn,a zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn przypiszemy takie liczby nieujemne odpowiednio p1, p2, p3, ...,pn, że p1+p2+p3+ ... +pn=1. Wówczas prawdopodobieństwem dowolnego zdarzenia A⊂Ω nazywamy liczbę PA, która jest sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A.
DominantaDominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w próbie najczęściej.
Graniastosłup prostyGraniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są prostokątami.
kąt nachylenia prostej do płaszczyznykąt nachylenia prostej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która nie jest ani równoległa, ani prostopadła do płaszczyzny p. Kątem nachylenia prostej k do płaszczyzny p nazywamy kąt ostry między tą prostą i jej rzutem prostokątnym l na płaszczyznę p.💥[185197]💥
k-elementowa kombinacja zbioru n-elementowegok-elementowa kombinacja zbioru n-elementowego
Każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego (0≤k≤ n) nazywa się zwyczajowo k-elementową kombinacją zbioru n-elementowego.
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych. Prawdopodobieństwem PA zdarzenia A⊂Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:PA=AΩ.
Liczba elementów sumy n zbiorów rozłącznych
Jeżeli zbiory A1, A2, ..., An są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru A1∪A2∪ ... ∪An jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów A1, A2, ..., An:A1∪A2∪ ... ∪An=A1+A2+...+An.Regułę, która jest zapisana w powyższym wzorze, nazywamy regułą dodawania.
liczba k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego
Liczba nk wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n-elementowego jest równa n!k!⋅n-k!=n⋅n-1⋅n-2⋅... ⋅n-k+1k⋅k-1⋅k-2⋅... ⋅1.
Uwaga. Stosując metodę dopełniania podzbiorów do całego zbioru i korzystając z zasady równoliczności, stwierdzimy, że dla dowolnych liczb całkowitych n, k (0 ≤ k ≤n) zachodzi równośćnk=nn-kTę tożsamość można również wykazać algebraicznie.Ponieważnk=n!k!⋅n-k!oraz nn-k=n!n-k!⋅n-n-k!=n!n-k!⋅k!więc nk=nn-k.
liczba k–elementowych podzbiorów zbioru n–elementowegoliczba k–elementowych podzbiorów zbioru n–elementowego
Rozpatrzmy zbiór A=a1, a2, ..., an, który ma n (n≥1) elementów. Symbolem nk oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych (k≥0 i k≤n) .Zapis symboliczny nk odczytujemy „n po k”, stąd np.:
52 czytamy „pięć po dwa”,
71 czytamy „siedem po jeden”,60 czytamy „sześć po zero”.
liczba k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równa n⋅n-1⋅n-2⋅… ⋅n-k+1⏟k czynników
liczba k-wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest równa nk.
MedianaMediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru n liczb x1≤x2≤x3≤…≤xn jest:
dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz xn+12,
dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów cią
(2)
gu, czyli 12(xn2+xn2+1).
Odchylenie przeciętneOdchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, …, xn nazywamy liczbęx1-x-+x2-x-+…+xn-x-n
Odchylenie standardoweOdchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, …, xn nazywamy liczbę σ=(x1-x-)2+(x2-x-)2+…+(xn-x-)2nKwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2, czyliσ2=(x1-x-)2+(x2-x-)2+…+(xn-x-)2n
o dwóch płaszczyznach równoległych przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie przecięcia są prostymi równoległymi.
o dwóch różnych płaszczyznach nierównoległych
Jeżeli dwie różne płaszczyzny p1 i p2 mają wspólne dwa różne punkty A i B, to prosta AB leży zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2. Mówimy wtedy, że prosta AB jest krawędzią przecięcia tych płaszczyzn. W przestrzeni istnieją również pary płaszczyzn, które nie mają punktów wspólnych.
o prawdopodobieństwie sumy dwóch zdarzeń
Załóżmy, że A oraz B są zdarzeniami ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo sumy A∪B zdarzeń A oraz B wyraża się wzoremPA∪B=PA+PB-PA∩B,gdzie A∩B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
o prawdopodobieństwie zdarzenia przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzoremPA'=1-PA.
o prostej prostopadłej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz dwie zawarte w tej płaszczyźnie proste l i m, które przecinają się w punkcie O. Jeżeli prosta k przebija płaszczyznę p w punkcie O tak, że jest prostopadła zarówno do prostej m, jak i do prostej l, to jest ona prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
OstrosłupOstrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany boczne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
o trzech prostych prostopadłych
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Oznaczmy przez l prostą, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p. Wówczas dowolna prosta m leżąca w płaszczyźnie p jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l. 💥[185202]💥
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który leży na prostej l. 💥[185203]💥
Wtedy prosta KL jest prostopadła do płaszczyzny p, a więc każda płaszczyzna, która zawiera prostą KL, jest prostopadła do p. Jedną z takich płaszczyzn jest ta, którą wyznaczają proste k i l. Nazwijmy tę płaszczyznę p’. Rozpatrzmy prostą n leżącą w płaszczyźnie p’, przechodzącą przez punkt P i równoległą do KL. 💥[185204]💥
Ponieważ prosta n jest prostopadła do płaszczyzny p, więc jest również prostopadła do prostej m.Zatem:
jeżeli m jest także prostopadła do k, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest prostopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz k), zatem i do prostej l,
jeżeli m jest także prostopadła do l, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest prostopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz l), zatem i do prostej k.Oznacza to, że prosta m jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l. To spostrzeżenie kończy dowód.prosta przebijająca płaszczyznęprosta przebijająca płaszczyznę
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie jest do tej płaszczyzny równoległa, ma dokładnie jeden punkt wspólny z tą płaszczyzną. Mówimy, ż
(3)
e prosta przebija płaszczyznę w tym punkcie.💥[185178]💥
prosta równoległa do płaszczyznyprosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych, jest równoległa do tej płaszczyzny.💥[185177]💥
prostej prostopadłej do płaszczyznyprostej prostopadłej do płaszczyzny
Prostą k, przebijającą płaszczyznę p w punkcie O nazywamy prostopadłą do tej płaszczyzny, gdy prosta k jest prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
proste skośne w przestrzeniproste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi skośnymi.
Reguła mnożenia
Liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei n czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z k1 sposobów, druga – na jeden z k2 sposobów, trzecia – na jeden z k3 sposobów i tak dalej do n-tej czynności, która może zakończyć się na jeden z kn sposobów, jest równak1⋅k2⋅k3⋅...⋅knPowołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki pierwsze daje się zapisać w postacin=p1α1⋅p2α2⋅... ⋅pkαk,gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczbami całkowitymi,ma α1+1⋅α2+1⋅ ...⋅ αk+1dodatnich dzielników całkowitych.
Różne płaszczyzny równoległeRóżne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczyznami równoległymi.💥[185175]💥
StożekStożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
Średnia arytmetycznaŚrednia arytmetyczna
Średnią arytmetyczną liczb rzeczywistych x1,x2, …,xn nazywamy liczbę x-=x1+x2+…+xnn.
Średnia ważonaŚrednia ważona
Średnią ważoną liczb x1,x2, …,xn, którym przyporządkowane są odpowiednio dodatnie wagi w1,w2, …,wn, nazywamy liczbę x-w=x1∙w1+x2∙w2+…+xn∙wnw1+w2+…+wn.
WalecWalec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej zawierającej jeden z boków prostokąta.
Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, …, xn jest równa σ2=x12+x22+…+xn2n-x-2
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemyσ2=x1-x-2+x2-x-2+…+xn-x-2n==x12-2x1⋅x-+x-2+x22-2x2⋅x-+x-2+…+xn2-2xn⋅x-+x-2n==x12+x22+…+xn2n-2x-x1+x2+…xnn+n⋅x-2n==x12+x22+…+xn2n-2⋅x-2+x-2=x12+x22+…+xn2n-x-2
ZdarzenieZdarzenie
Dowolny podzbiór zbioru Ω będziemy nazywać zdarzeniem, a elementy takiego podzbioru będziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi temu zdarzeniu.Zbiór pusty, czyli zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem niemożliwym.ZbiórΩ, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy zdarzeniem pewnym.
zdarzenie przeciwnezdarzenie przeciwne
Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A, należącego do zbioru zdarzeń elementarnych Ω, nazywamy takie zdarzenie A’ należące do Ω, któremu sprzyjają wszystkie zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu A.Z tej definicji wynika, że również zdarzenie A jest zdarzeniem przeciwnym do A’.
ID WOMI: 185197
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4328
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4328
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz dwóch prostych k i l. Prosta l leży na płaszczyźnie, prosta k nie należy do tej płaszczyzny ale przebija tę płaszczyznę pod kątem alfa.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185202
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4334
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4334
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185203
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4335
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4335
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l. Na prostej k leży punkt K różny od punktu P oraz punkt L, który jest rzutem prostokątnym punktu K.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185204
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4336
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4336
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p oraz prostej k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Zaznaczono prostą l, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p oraz prostą m leżącą na tej płaszczyźnie prostopadłej do prostych k i l. Na prostej k leży punkt K różny od punktu P oraz punkt L, który jest rzutem prostokątnym punktu K. Prosta n jest równoległa do prostej KL.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185178
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4310
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4310
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p i prostej k, która przebija płaszczyznę w punkcie A.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185177
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4309
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4309
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek płaszczyzny p i prostej k równoległej do tej płaszczyzny.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI
ID WOMI: 185175
Nazwa: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4607
Tytuł: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4607
Typ: graphics
Tekst alternatywny: Rysunek dwóch płaszczyzn równoległych: p indeks dolny 1 i p indeks dolny 2.
Słowa kluczowe: matematyka, czwarty etap edukacyjny, liceum, technikum
Podgląd WOMI