Matematyka 3 - Odkryj, zrozum, zastosuj

Transkrypt

MATEMATYKA
Odkryj, zrozum, zastosuj...
klasa 3, szkoła ponadgimnazjalna
Podtytuł:
Matematyka
Przedmiot:
matematyka
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej:
Jacek Stańdo, Paweł Kwiatkowski, Henryk Dąbrowski , Hanna Drabik-Zalewska, Gertruda GwóźdźŁukawska, Agnieszka Zajączkowska , Krzysztof Kisiel, Grzegorz Kusztelak, Dorota Krawczyk - Stańdo, Magdalena Furmaniak, Kinga Pietrasik-Kulińska, Aneta Stasiak, Witold Walas, Wanda Człapińska,
Mariusz Doliński, Maciej Furmaniak, Elżbieta Galewska , Kinga Gałązka, Magdalena Górajska, Anna
Jeżewska, Dominik Kłys, Agata Krawczyk, Iwona Krawczyk-Kłys, Janusz Kuliński, Paweł Kuliński,
Renata Kusztelak, Alicja Laskowska , Piotr Mazur , Bronisław Pabich, Dorota Palka-Rutkowska, Jerzy
Pełczewski, Jolanta Piekarska, Marek Pisarski, Monika Potyrała , Dorota Rogowska , Alina Saganiak,
Bartosz Sakowicz, Izabela Sakwa, Sławomir Sapanowski, Jolanta Schilling, Marzena Sławińska, Tomasz Stasiak, Katarzyna Szczepaniak, Bożenna Szkopińska, Anna Warężak, Beata Wojciechowska i
Izabella Żółtaszek
Format treści:
E-podręcznik dla ucznia
Data wydania:
24 lutego 2016
Typ szkoły:
szkoła ponadgimnazjalna
Oznaczenia zadań:
A
B
C
K
- zadanie z minimalnego poziomu osiągnięcia efektu kształcenia
- zadanie z ogólnego poziomu osiągnięcia efektu kształcenia
- zadania z kreatywnego osiągnięcia efektu kształcenia
- zadanie do osiągnięcia kompetencji
- zadanie do wykonania w zeszycie
Oznaczenia treści:
treści rozszerzające
oprawa metodyczna
ISBN 978-83-65450-40-1
E-podręcznik, po uzyskaniu akceptacji ministra właściwego do spraw oświaty i wychowania, został
dopuszczony do użytku szkolnego na podstawie art. 22 c ust. 2 i 5 Ustawy z dnia 7 września 1991
roku o systemie oświaty (Dz. U. Nr 95, poz. 425 z późn. zm.).
Rzeczoznawcy Ministerstwa Edukacji Narodowej:
merytoryczno-dydaktyczni – dr hab. Maria Korcz, mgr Agnieszka Pfeiffer, dr hab. Wacław
Zawadowski
językowy – dr Iwona Wanda Grygiel
ds. podręczników do kształcenia specjalnego – dr Jan Piotr Omieciński
Spis treści
Rozdział 1. Stereometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach
1.3. Ostrosłup i jego własności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. Bryły obrotowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 4
38
59
73
1.4.1. Bryły obrotowe - walec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.4.2. Bryły obrotowe - stożek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
1.5. Bryły w 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Rozdział 2. Elementy statystyki opisowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.1. Średnia, mediana, dominanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.2. Miary rozproszenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Rozdział 3. Kombinatoryka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
3.1. Liczba elementów zbioru skończonego . . . . . . .
3.2. Reguła mnożenia, reguła dodawania . . . . . . . .
3.3. Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)
3.4. Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona) .
3.5. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 133
. 151
. 185
. 201
. 212
Rozdział 4. Prawdopodobieństwo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
4.1. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
4.2. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona) . . . . . . . . . . . . . . . 253
Słowniczek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
Rozdział 5. Odpowiedzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Rozdział 6. O e-podręczniku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
3
Stereometria
Rozdział 1. Stereometria
1.1. Punkty, proste i płaszczyzny 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.
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.
4
Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni
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.
Jego ściany ABEF i CDHG leżą w płaszczyźnie równoległej do kartki, więc są narysowane jako kwadraty, a w przypadku pozostałych ścian narysowane są równoległoboki.
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.
Przykład 1.
Rozpatrzmy prostą AB na płaszczyźnie p1.
Zauważmy, że oprócz płaszczyzny p1 są jeszcze inne, w których leży prosta AB.
5
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.
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.
6
Dwie płaszczyzny
Twierdzenie: 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.
Definicja: Różne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczyznami równoległymi.
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).
7
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.
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.
Prosta i płaszczyzna
Definicja: prosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych,
jest równoległa do tej płaszczyzny.
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).
8
Definicja: prosta 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.
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).
Przykład 2.
Na rysunku przedstawiony jest graniastosłup trójkątny ABCDEF o podstawach ABC i DEF.
a) 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.
9
b) 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.
c) 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.
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.
10
Przykład 3.
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.
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.
Definicja: proste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi
skośnymi.
Przykład 4.
Na rysunku przedstawiony jest prostopadłościan ABCDEFGH.
11
Wykażemy, że:
a) 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.
b) 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.
12
c) 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.
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).
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.
13
Definicja: prostej 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.
Twierdzenie: 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.
Przykład 5.
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.
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
14
| 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
Ponieważ
| MK |
=
| MK' |
oraz
| LK |
=
| LK |
| 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-kątbok stwierdzamy, że trójkąty MKN i MK’N są przystające. Stąd | NK | = | NK' | , co ozna=
cza, 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 L
jest 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 odległość 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.
15
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.
Jeżeli natomiast dla pewnych dwóch punktów prostej odległości od płaszczyzny są różne, to ta
prosta przebija płaszczyznę.
Zauważmy, że rzutem prostokątnym dowolnej prostej k na płaszczyznę p jest prosta l, którą niekiedy nazywa się śladem prostej k na płaszczyźnie p.
16
Przykład 6.
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.
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).
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.
17
Każdy z odcinków: OA, OB, OC jest rzutem prostokątnym odcinka odpowiednio: AW, BW
oraz CW na płaszczyznę p.
Ponieważ
| AO |
=
| BO |
=
| CO | , więc na mocy cechy bok-kąt-bok trójkąty prosto-
kątne: AOW, BOW, COW są przystające. Oznacza to, że odcinki AW, BW oraz CW są równe,
a także równe są kąty: OAW, OBW, OCW.
Każdy z kątów: OAW, OBW, OCW uznajemy za kąt nachylenia prostej odpowiednio: AW, BW
oraz CW do płaszczyzny p.
Przyjmujemy bowiem następującą umowę.
18
Definicja: kąt 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.
Przykład 7.
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.
Ponieważ
| AO |
=
| BO |
=
| CO |
=
| DO | , więc na mocy cechy bok-kąt-bok trój-
kąty 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.
19
Przykład 8.
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.
Wyznaczymy rzut prostokątny prostej BD na ścianę BCFE. 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.
20
Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych
Reguła: 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.
Dowód
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który
leży na prostej l.
21
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.
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.
22
Przykład 9.
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.
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.
W ten sposób wykazaliśmy, że wszystkie ściany boczne ostrosłupa ABCDW są trójkątami prostokątnymi.
23
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.
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.
Przykład 10.
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 I
Rozpatrzmy 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.
24
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.
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.
25
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 II
Tym 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 q1 do płaszczyzny p.
26
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.
Przykład 11.
Podstawą ostrosłupa ABCDW jest kwadrat ABCD. Punkt E jest środkiem krawędzi AD, odcinek EW jest wysokością ostrosłupa.
Zaznaczymy kąty nachylenia ścian bocznych: ABW, BCW, CDW oraz DAW tego ostrosłupa
do płaszczyzny podstawy ABCD.
27
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.
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.
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.
28
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.
Odkładając każdy z trójkątów: ABW, BCW, CDW oraz DAW na płaszczyznę kwadratu ABCD,
otrzymamy następującą siatkę ostrosłupa ABCDW.
29
Przykład 12.
Rozpatrzmy ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDW.
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.
30
Przykład 13.
Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDW jest trapez równoramienny ABCD, w którym
podstawa AB jest krótsza od podstawy CD.
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.
31
Przykład 14.
Na krawędziach CG oraz HE sześcianu ABCDEFGH wybrano punkty odpowiednio K i L.
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.
Wobec tego płaskim przekrojem sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz
L jest pięciokąt BKNLQ.
32
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.
Twierdzenie: o dwóch płaszczyznach równoległych
przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie
przecięcia są prostymi równoległymi.
Przykład 15.
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
33
| | NK oraz BK | | QL.
Przykład 16.
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.
Do tego przekroju należy bowiem prosta równoległa do prostej KL i przechodząca przez
punkt M. Ta prosta przecina krawędź AE w jej środku N.
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.
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.
34
Zatem przekrojem danego sześcianu jest sześciokąt KLMPQN.
Jego wierzchołki są środkami sześciu krawędzi sześcianu, więc każdy z boków tego szea 2
ściokąta ma długość 2√ . 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
a√2. Oznaczmy przez S punkt, w którym przecinają się przekątne PK i QL. Ponieważ czworokąt KLPQ jest równoległobokiem (KL
| | PQ oraz | KL |
=
| PQ |
)
a 2
= 2√ , więc S jest środ-
kiem 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
a 2
boku √ . To spostrzeżenie kończy dowód - sześciokąt KLMPQN jest foremny.
2
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,
35
•
proste QN i KL przecinają się w punkcie Z, leżącym na krawędzi FE między płaszczyznami ścian GHEF oraz BAEF.
W płaszczyźnie ściany EFGH, na prostej KL leżą punkty X oraz Z.
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
2
3 2
XK
=
KL
=
LZ
= √ a, a więc
XZ
= 3 KL
= √ a.
|
|
|
|
|
|
|
2
|
|
|
2
Rozumując podobnie pokazujemy, że:
•
| XM |
=
| MP |
=
| PY |
2
= √2 a, stąd
| XY |
3 2
= 2√ a,
•
| YQ |
=
| QN |
=
| NZ |
2
= √2 a, stąd
| YZ |
3 2
= 2√ a.
3 2
Trójkąt XYZ jest więc równoboczny i ma bok długości 2√ a. Każdy z trójkątów XML, YPQ oraz
2
ZKN jest też równoboczny i ma bok długości √2 a. To oznacza, że w sześciokącie KLMPQN każ2
dy z boków jest równy √2 a 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
36
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.
37
Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach
1.2. Graniastosłup prosty i jego własności. Związki
miarowe w graniastosłupach
38
Definicja: Graniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy
graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są
prostokątami.
Aplikacja na epodreczniki.pl
39
Film na epodreczniki.pl
Przykład 1.
40
Ważne
Podstawą graniastosłupa może być trójkąt, czworokąt i sześciokąt.
41
Ważne
Jeżeli podstawą graniastosłupa jest wielokąt foremny (trójkąt równoboczny, kwadrat, pięciokąt foremny itd.), to mówimy, że taki graniastosłup jest prawidłowy.
Graniastosłup, którego podstawą jest prostokąt, nazywać będziemy prostopadłościanem.
42
Odcinki w prostopadłościanie
43
Kąty w prostopadłościanie
44
Przekroje w prostopadłościanie
Ważne
Sześcian to taki prostopadłościan, którego wszystkie ściany są kwadratami.
Przykład 2.
Krawędź sześcianu jest równa 6 cm. Obliczymy długość przekątnej sześcianu.
Zauważ, że jeśli podobne obliczenia wykonamy dla dowolnego sześcianu o krawędzi a, to otrzymamy wzór na przekątne sześcianu.
Zapamiętaj
Przekątna sześcianu o krawędzi a jest równa
45
d = a√ 3
Siatka sześcianu
46
Siatka sześcianu
Siatka prostopadłościanu
47
Siatka graniastosłupa
48
Przykład 3.
Punkty M i K są środkami krawędzi sześcianu. Obliczymy pole powierzchni czworokąta ABKM
.
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.
49
Pole powierzchni całkowitej i objętość
graniastosłupa.
Zapamiętaj
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa jest równe
Pc = 2 ∙ Pp + Pb
gdzie 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 = 6a
•
)
2
graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
równe
2
Pc = 2a + 4aH
Zapamiętaj
Objętość graniastosłupa jest równa
50
V = Pp ∙ H
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.
W szczególności objętość
•
•
prostopadłościanu o krawędziach a, b, c jest równa V = abc
sześcianu o krawędzi a jest równa
•
V=a
graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
równa
3
2
V=a ∙H
Przykład 4.
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 12. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość
sześcianu.
Przekątna kwadratu jest równa a√2, zatem otrzymujemy równanie a√2 = 12, czyli a = 6√2.
Wynika z tego, że objętość sześcianu jest równa
3
3
V = a = (6√2) = 432√2
a pole powierzchni całkowitej
2
2
Pc = 6a = 6 ∙ (6√2) = 432
51
Przykład 5.
W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna podstawy ma długość 6 cm, a
przekątna ściany bocznej 10 cm. Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.
52
Przykład 6.
Oblicz pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, którego
krawędź podstawy ma długość 6√2 cm, a przekątna graniastosłupa jest 2 razy dłuższa od
przekątnej podstawy.
53
Przykład 7.
Przekątna prostopadłościanu ma długość 6 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 30 °
2
. Pole podstawy prostopadłościanu jest równe 24 cm . Oblicz objętość bryły.
54
Przykład 8.
Podstawą graniastosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 12√3 . Przekątna ściany bocznej
jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz pole powierzchni całkowitej
bryły.
Przykład 9.
Objętość graniastosłupa o podstawie kwadratu jest równa 125√3. Przekątna ściany bocznej
jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 30 ° . Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.
2
Pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe Pc = 2a + 4aH - zatem do jego
obliczenia będzie potrzebna długość krawędzi podstawy i wysokość bryły.
W trójkącie prostokątnym ABA1 mamy:
tg 30 ° =
55
H
a
zatem
√3 =
3
H
a
czyli
H = a √3
3
2
2
Objętość graniastosłupa jest równa V = a ∙ H, czyli 125√3 = a ∙ H .
Wstawiając wyznaczoną wcześniej wartość H, otrzymamy
3 3
3
125 3 = a √ , czyli a = 375 .Wynika z tego, że a = 5 3 oraz
√
√
3
3
3
H = a √3 = 5√3 ∙ √3 = 5
Zatem pole powierzchni całkowitej jest równe:
2
2
Pc = 2a + 4aH = 2 ∙ (5√3) + 4 ∙ 5 ∙ 5√3 = 150 + 100√3
Przykład 10.
3
Objętość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 75 dm . Przekątna graniastosłupa ma długość 5 dm. Oblicz sinus kąta nachylenia przekątnej graniastosłupa do
płaszczyzny podstawy.
56
Poziom trudności: A
Zadanie 1.2.1
2
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 286 cm .
Przekątna podstawy jest równa 4√2 cm. Oblicz objętość tego graniastosłupa
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.2.2
2
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 144 cm ,
a suma długości wszystkich krawędzi jest równa 60 cm . Oblicz objętość tego graniastosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.2.3
Pole podstawy graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równe 27√3 , a przekątna ściany
bocznej jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 45 ° . Oblicz objętość graniastosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.2.4
Jedna z krawędzi podstawy prostopadłościanu jest 3 razy większa od drugiej. Przekątna prostopadłościanu ma długość 2√5 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość
prostopadłościanu.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.2.5
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 5 cm. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość
sześcianu.
(Pokaż odpowiedź)
57
Zadanie 1.2.6
2
Pole powierzchni całkowitej sześcianu ABCDA1B1C1D1 jest równe 432 cm . Oblicz pole trójkąta
A1BC1.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: B
Zadanie 1.2.7
Przekątna sześcianu jest o 5 cm dłuższa od jego krawędzi. Oblicz pole powierzchni całkowitej i
objętość sześcianu.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.2.8
Oblicz cosinus kąta nachylenia przekątnej sześcianu do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
58
Ostrosłup i jego własności
1.3. Ostrosłup i jego własności
Definicja: Ostrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany boczne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
Ważne
Podstawą ostrosłupa może być dowolny trójkąt, dowolny czworokąt i dowolny sześciokąt.
59
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.
60
Odcinki w ostrosłupie
Przykład 1.
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.
61
Przykład 2.
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.
62
Zapamiętaj
•
•
Jeśli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równe, to taki ostrosłup nazywamy prostym.
Ostrosłup, którego wszystkie ściany są trójkątami równobocznym,i nazywać będziemy
czworościanem.
63
Kąty w ostrosłupie
Pole powierzchni całkowitej i objętość ostrosłupa
Zapamiętaj
Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest równe
Pc = Pp + Pb
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a Pb – pole powierzchni bocznej.
W szczególności pole całkowite
czworościanu o krawędzi a jest równe
2
Pc = a √ 3
64
Siatka ostrosłupa
Siatka ostrosłupa
65
Zapamiętaj
Objętość ostrosłupa jest równa
1
V = 3P ∙ H
p
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.
W szczególności objętość
3
a √2
12
•
czworościanu o krawędzi a jest równa V =
•
ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
1 2
równa V = 3 a ∙ H
Przykład 3.
2
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 72 cm . Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α, takim że tgα = 0,6. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
66
Przykład 4.
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.
Przykład 5.
2
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 36 cm 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.
67
Przykład 6.
Przykład 7.
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt, którego boki pozostają w stosunku 2 : 3. Trójkąt ACS jest
2
równoboczny, a jego pole jest równe 27√3 dm . Oblicz objętość ostrosłupa.
68
Przykład 8.
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny, którego wysokość jest równa 9√3 cm. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość ostrosłupa.
69
Przykład 9.
3
Objętość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 9√3 dm . Ściana boczna jest
9
nachylona do podstawy pod kątem α, którego tgα = 4 . Oblicz pole powierzchni bocznej tego
ostrosłupa.
Zadanie 1.3.1
Na rysunkach przedstawiono ostrosłupy prawidłowe. Oblicz objętość każdego z ostrosłupów.
(Pokaż odpowiedź)
70
Zadanie 1.3.2
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.3
Wysokość ściany bocznej czworościanu foremnego jest równa 9 cm. Oblicz pole powierzchni
całkowitej i objętość tego czworościanu.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.4
Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 2√3, a wysokość ściany bocznej
jest równa 4. Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.5
Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o przekątnej długości 12 cm. Krawędź boczna ostrosłupa
jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.6
Ściana boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest nachylona do płaszczyzny podsta3
wy pod kątem α, którego sin α = 4 . Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa, wiedząc,
że jego wysokość jest równa 15 dm.
(Pokaż odpowiedź)
71
Zadanie 1.3.7
Wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa krawędzi pod2
stawy. Pole powierzchni całkowitej tej bryły jest równe 48 dm . Oblicz objętość tego ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.8
2
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 64√3 cm , a ściany boczne są trójkątami
prostokątnymi. Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.9
2
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt o polu 30 cm , 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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.10
2
Podstawą ostrosłupa jest sześciokąt foremny o polu równym 24√3 cm . Objętość ostrosłupa
3
jest równa 48√3cm .Oblicz sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.3.11-14
72
Bryły obrotowe
1.4. Bryły obrotowe
1.4.1. Bryły obrotowe - walec
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.
73
Bryły obrotowe - walec
Definicja: Walec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej zawierającej jeden z boków prostokąta.
74
75
Zapamiętaj
•
Pole powierzchni całkowitej walca jest równe:
2
Pc = 2PP + Pb = 2 ∙ πr + 2πr ∙ H = 2πr(r + h)
•
Objętość walca jest równa:
2
V = πr H
76
77
Przykład 1.
Oblicz objętość walca powstałego w wyniku obrotu prostokąta o bokach 12 cm i 16 cm wokół
dłuższego boku.
78
Przykład 2.
Przekrój osiowy walca jest kwadratem, którego przekątna jest równa 24√6. Oblicz objętość
walca.
79
Przykład 3.
3
Objętość walca jest równa 729π cm , a średnica podstawy walca jest 2 razy dłuższa od jego
wysokości. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego walca.
80
Przykład 4.
Powierzchnia boczna walca jest kwadratem o przekątnej długości 8√2 cm. Oblicz objętość tego walca.
81
Przykład 5.
Podstawą walca jest koło o średnicy 12√3 dm. Przekątna przekroju osiowego walca jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz pole powierzchni bocznej tego walca.
Zadanie 1.4.1.1
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.2
2
Kwadrat o polu 256 cm obraca się wokół boku. Oblicz pole powierzchni całkowitej walca otrzymanego w wyniku tego obrotu.
(Pokaż odpowiedź)
82
Zadanie 1.4.1.3
Walec o promieniu 5 cm powstał w wyniku obrotu prostokąta, którego przekątna jest równa
13 cm. Oblicz objętość walca.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.4
Przekątna przekroju osiowego walca ma długość 6√3 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy
walca pod kątem 60 ° . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.5
Oblicz objętość walca, którego wysokość jest równa 14 cm, a pole powierzchni bocznej
2
112π cm .
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.6
2
Przekrój osiowy walca jest kwadratem o polu 180 cm . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.7
2
Pole podstawy walca jest równe 18π cm i stanowi 30% pola powierzchni bocznej. Oblicz objętość tego walca.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.1.8
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?
(Pokaż odpowiedź)
83
Zadanie 1.4.1.9-11
84
Bryły obrotowe - stożek
1.4.2. Bryły obrotowe - stożek
Definicja: Stożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła
prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
85
Zapamiętaj
•
Pole powierzchni całkowitej stożka jest równe:
2
Pc = πr + πrl = πr(r + l)
•
Objętość stożka jest równa:
1
2
V = 3 πr H
Siatka stożka
86
Siatka stożka
Przykład 1.
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.
87
Przykład 2.
Przykrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym, którego przeciwprostokątna jest równa
8 cm. Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej stożka.
88
Przykład 3.
2
Pole podstawy stożka jest równe 48π cm , a jego tworząca jest nachylona do płaszczyzny
podstawy pod kątem α , takim, że tgα =
4
7
. Oblicz objętość stożka.
89
Przykład 4.
Oblicz objętość stożka, którego powierzchnia boczna jest wycinkiem koła stanowiącym
2
3
koła
o promieniu 9 cm.
Zadanie 1.4.2.1
2
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równobocznym o polu 48√3 dm . Oblicz pole powierzchni bocznej i objętość tego stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.2
Trójkąt o przeciwprostokątnej długości 8√3 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.
(Pokaż odpowiedź)
90
Zadanie 1.4.2.3
Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu na płaszczyźnie jest półkolem o promieniu 14 cm.
Oblicz objętość stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.4
Koło o średnicy 24 cm podzielono na dwa wycinki koła w ten sposób, że jeden z nich stanowi
1
5
drugiego. Z obu wycinków utworzono powierzchnie boczne stożków. Niech V1 oznacza obję-
tość stożka utworzonego z większego wycinka, V2 – objętość stożka utworzonego z mniejszego
wycinka. Wyznacz stosunek
V1
V2
.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.5
2
Podstawą stożka jest koło o polu 12π cm . Pole powierzchni bocznej jest 2 razy większe od pola
podstawy. Oblicz sinus kąta nachylenia tworzącej stożka do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.6
Walec i stożek mają równe promienie podstawy r i wysokości H. Oblicz stosunek pola powierzchni bocznej walca do pola powierzchni bocznej stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.7
Trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 3 cm i 4 cm obraca się wokół przeciwprostokątnej.
Oblicz objętość otrzymanej w ten sposób bryły.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 1.4.2.8
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.
(Pokaż odpowiedź)
91
Zadanie 1.4.2.9-10
92
Bryły w 3D
1.5. Bryły w 3D
Przekrój kuli
93
Bryły w 3D
Siatka sześcianu
Siatka sześcianu
94
Bryły w 3D
Siatka sześcianu
Sześcian
95
Bryły w 3D
96
Bryły w 3D
Siatka prostopadłościanu. Wzór na pole prostopadłościanu.
Siatka stożka
97
Bryły w 3D
Siatka stożka
98
Bryły w 3D
99
Bryły w 3D
100
Bryły w 3D
101
Bryły w 3D
Siatka ostrosłupa
102
Bryły w 3D
Siatka ostrosłupa
Siatka walca
103
Bryły w 3D
Siatka walca
104
Bryły w 3D
105
Bryły w 3D
Walec
Walec
106
Bryły w 3D
Stożek
Siatka sześcianu
107
Bryły w 3D
108
Elementy statystyki opisowej
Rozdział 2. Elementy statystyki
opisowej
2.1. Średnia, mediana, dominanta
Próbując poznać fragment otaczającego nas świata możemy zastosować metody ilościowe albo
jakościowe.
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.
Przykład 1.
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.
Nr badanego ucznia
Płeć
Klasa
Liczba godzin tygodniowo przeznaczonych na naukę
1.
k
Ia
9
2.
m
IIb
13
3.
m
Ic
10
...
...
...
...
Nasza tabela składa się z 384 wierszy. Bezpośrednia obserwacja takiej tabeli niewiele daje.
Danych jest zbyt wiele, żeby je przyswoić i wyciągnąć 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,
109
Średnia, mediana, dominanta
czyli są tzw. miarami tendencji centralnej. Należą do nich różnego rodzaju średnie, mediana
i dominanta.
Definicja: Średnia arytmetyczna
Średnią
−
x =
arytmetyczną
liczb
rzeczywistych
x 1, x 2, … , x n
nazywamy
liczbę
x1 + x2 + … + xn
.
n
Przykład 2.
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 + 31
8
=
269,14
8
= 33,64 (zł)
Średniej 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.
Przykład 3.
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 + x
6
zł. Cenę tę mamy podaną, jest ona równa 26 zł.
Pozostaje rozwiązać równanie
120 + x
6
= 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.
110
Przykład 4.
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
2150
75
≈ 28,67.
Zauważ, że średnia ta nie jest średnią arytmetyczną podanych średnich w poszczególnych
klasach, czyli nie jest ona równa:
20 + 40 + 30
3
= 30.
Tak jest, gdyż liczby osób w klasach 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:
−
xw=
30 składników
20 składników
25 składników
?
?
?
20 + 20 + … + 20 + 40 + 40 + … + 40 + 30 + 30 + … + 30
30 + 20 + 25
=
20 ∙ 0 + 40 ∙ 20 + 30 ∙ 25
30 + 20 + 25
=
2150
75
≈ 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.
Definicja: Średnia ważona
Średnią ważoną liczb x1, x2, … , xn, którym przyporządkowane są odpowiednio do−
datnie wagi w1, w2, … , wn, nazywamy liczbę x w =
x 1 ∙ w1 + x2 ∙ w2 + … + xn ∙ wn
.
w1 + w2 + … +wn
Ważne
UwagaNiekiedy wygodniej jest zapisać wzór w postaci:
−
xw=
w1
w1 + w2 + … +wn
∙ x1 +
w2
w1 + w2 + … +wn
111
∙ x2 + … +
wn
w1 + w2 + … +wn
∙ xn
Wtedy przyjmujemy, że wagami, z jakimi występują liczby x1, x2, … , xn, są ułamki:
u1 =
w1
,
w1 + w2 + … +wn
u2 =
w2
,
w1 + w2 + … +wn
...un =
wn
w1 + w2 + … +wn
Ułamki te są dodatnie i ich suma jest równa 1. Zatem
−
x w = u1 ∙ x 1 + u 2 ∙ x 2 + … + un ∙ x n,
gdzie u1 + u2 + … + un = 1.
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.
Przykład 5.
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?
ćwiczenia
laboratorium
egzamin
Tomek
3
5
3,5
Michał
3,5
3
5
−
Średnia ważona ocen Tomka jest równa x w =
3 ? 3 + 5 ? 1 + 3,5 ? 4
3+1+4
−
Średnia ważona ocen Michała jest równa x w =
=
3,5 ? 3 + 3 ? 1 + 5 ? 4
3+1+4
28
8
=
= 3,5.
33,5
8
= 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.
112
Przykład 6.
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 zarobkach 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.
Definicja: Mediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru
n liczb x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn jest:
•
dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz x n + 1
2
•
,
dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów ciągu,
czyli
1
2
(
xn + xn
2
2
+1
)
.
Przykład 7.
Policzmy medianę zarobków w firmie z przykładu 6. Pensje już są ustawione w ciąg niemalejący
720 ≤ 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.
Przykład 8.
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 + x
8
= 7, stąd 46 + x = 56. Mamy
więc x = 10. Ustawiamy dane liczby w niemalejący ciąg
3 ≤ 3 ≤ 4 ≤ 5 ≤ 8 ≤ 10 ≤ 11 ≤ 12
Liczba wyrazów ciągu jest równa 8, a więc jest parzysta. Stąd mediana jest równa średniej
113
arytmetycznej wyrazów stojących na dwóch środkowych pozycjach. W tym przypadku na
czwartej i piątej. Jest więc równa
•
5+8
2
=
13
2
= 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.
Definicja: Dominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w
próbie najczęściej.
Przykład 9.
W sondzie ulicznej stu losowo wybranym osobom zadano pytanie: jaką herbatę piją najchętniej? Wyniki badania przedstawiono na diagramie.
Dominantą tego badania jest herbata czarna.
114
Przykład 10.
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.
Średnia wieku uczestników jest równa:
−
xw=
7 ∙ 7 + 8 ∙ 13 + 9 ∙ 23 + 10 ∙ 21 + 11 ∙ 14 + 12 ∙ 5 + 13 ∙ 2 + 14 ∙ 8
90
=
922
90
= 10,24
Dominantą 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.
Średnie, mediana, dominanta, czyli statystyki
wyznaczające środek zestawu danych. Zadania
Zadanie 2.1.1
Średnia arytmetyczna liczb: x, 12, 10, 5, 8, 8 jest równa 8. Wtedy mediana jest równa
a) 11
b) 9
c) 8
d) 6
(Pokaż odpowiedź)
115
Zadanie 2.1.2
Mediana zestawu danych: 4, 12,14, a, 5, 7 jest równa 9. Wówczas
a) a = 11
b) a = 9
c) a = 8
d) a = 6
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.3
Rzucono kością sześć razy i otrzymano wyniki: 2, 3, 6, 1, 3, 2. Wtedy
a) nie istnieje mediana tego zestawu danych
b) średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
c) mediana jest większa niż średnia arytmetyczna
d) mediana i średnia arytmetyczna są sobie równe
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.4
W pewnej grupie rodzin zbadano liczbę dzieci i dane przedstawiono na wykresie.
Mediana przedstawionych na wykresie danych jest równa
a) 10
b) 2,5
c) 2,4
116
d) 2
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.5
Mediana liczb: 4, 6, 10, x, 8, 5, 9 wynosi 6. Wtedy liczba x spełnia warunek
a) x > 6
b) x ≤ 6
c) x ? (6,8)
d) x = 7
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.6
Średnia ważona liczb: x, 5, 8 z wagami odpowiednio: 5, 3, 2 jest równa 8,1. Wtedy liczba x jest
równa
a) 14
b) 12
c) 10
d) 8
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.7
Zadanie 2.1.8-9
117
Zadanie 2.1.10
Wyniki sprawdzianu z matematyki i z języka polskiego w klasie III c są przedstawione na diagramie
a) Ilu uczniów ze sprawdzianu z matematyki otrzymało ocenę wyższą niż średnia ocen?
b) Ilu uczniów ze sprawdzianu z języka polskiego otrzymało ocenę niższą niż mediana
ocen?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.11
W tabeli zestawiono oceny z matematyki na koniec roku uczniów pewnej klasy.
Ocena
1
2
3
4
5
6
Liczba ocen
0
3
12
10
x
1
Oblicz liczbę piątek, jeżeli średnia ocen z matematyki w tej klasie jest równa 3,5.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.12
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?
(Pokaż odpowiedź)
118
Zadanie 2.1.13
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.14
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.15
W pewnej firmie średnia pensja jest równa 2000 zł. O ile procent zwiększy się średnia pensja,
jeżeli każdy z pracowników dostanie podwyżkę?
a) o 500 zł
b) o 10%
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.16
W celu zakupienia obuwia dla zawodników drużyny piłkarskiej sprawdzono rozmiary obuwia
poszczególnych zawodników i dane umieszczono na diagramie.
Oblicz medianę, modę i średnią arytmetyczną rozmiaru.
(Pokaż odpowiedź)
119
Zadanie 2.1.17
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.18
Zadanie 2.1.19
Średnia arytmetyczna trzech liczb: a, b, c jest równa 8. Oblicz, ile wynosi średnia arytmetyczna
podanych liczb:
a) 3a, 3b, 3c
b) a + 1, b + 2, c + 3
c) a, b, c, 6
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.20
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.1.21
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.
(Pokaż odpowiedź)
120
Miary rozproszenia
2.2. Miary rozproszenia
Przykład 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:
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
Zauważmy, że średnia cena zakupionej bluzki oraz mediana są takie same w obu sklepach.
W pierwszym sklepie
−
x =
10 + 10 + 20 + 20 + 80 + 80 + 90 + 90
8
=
400
8
= 50
oraz mediana jest równa
20 + 80
2
= 50.
W drugim sklepie
−
x =
40 + 40 + 50 + 50 + 50 + 50 + 50 + 50 + 60 + 60
10
=
500
10
= 50
oraz mediana jest równa
50 + 50
2
= 50.
Na podstawie tych danych można wysnuć wnioski, że w obu sklepach sprzedaż wygląda podobnie.
Zilustrujmy jednak te dane na wykresach.
121
Miary rozproszenia
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.
Przykład 2.
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.
Obliczmy średnią ocenę, jaką otrzymał każdy z trenerów.
− 1 ? 2 + 2 ? 2 + 3 ? 1 + 4 ? 2 + 7 ? 1 + 8 ? 2 + 9 ? 5 + 10 ? 5 135
Trener 1: x1 =
= 20 = 6,75.
20
−
Trener 2: x2 =
6?8+7?9+8?3
20
=
135
20
= 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 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 − xmin
122
Miary rozproszenia
Dużą 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.
Przykład 3.
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 , to
| x−x | .
i
−
Obliczmy odchylenia średnich cen bluzek z przykładu pierwszego w każdym z dwóch sklepów. Wyniki zapiszmy w tabeli.
123
Miary rozproszenia
I sklep
Cena
bluzki
xi
II sklep
Odchylenie
|
−
xi − x
od
|
=
średniej
Cena
bluzki
xi
| xi − 50 |
Odchylenie
|
−
xi − x
od
|
=
10
40
40
10
10
40
40
10
20
30
50
0
20
30
50
0
80
30
50
0
80
30
50
0
90
40
60
10
90
40
60
10
średniej
| xi − 50 |
Obliczmy teraz średnią arytmetyczną znalezionych odchyleń w każdym ze sklepów.
40 + 40 + 30 + 30 + 30 + 30 + 40 + 40
8
10 + 10 + 10 + 10
40
= 8 = 5.
8
W pierwszym sklepie:
W drugim sklepie:
=
280
8
= 35.
Obliczone przez nas wielkości to tak zwane odchylenia przeciętne.
Definicja: Odchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
| x1 − 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.
Definicja: Odchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
124
Miary rozproszenia
σ=
√
− 2
− 2
− 2
+ … + xn − x
(x1 − x ) + (x2 − x )
(
)
n
Kwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2, czyli
− 2
− 2
(x1 − x ) + (x2 − x )
σ2 =
− 2
+ … + xn − x
(
)
n
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.
Twierdzenie: Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, … , xn jest równa
2
σ =
2
2
2
x1 + x2 + … + xn
n
( )
−
− x
2
Dowód
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemy
σ2 =
=
(
− 2
− 2
− 2
x1 − x + x2 − x + … + xn − x
) (
)
(
)
n
=
−
− 2
−
− 2
−
− 2
2
2
2
x − 2x1 ? x + x + x − 2x2 ? x + x + … + x − 2xn ? x + x
1
2
n
( )
( )
n
=
=
( )
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
−
−2x
2
x1 + x2 + … xn
n
( ) ( )
−
−2? x
−
+ x
125
2
=
=
− 2
n? x
+
( )
n
=
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
( )
−
− x
2
Miary rozproszenia
Przykład 4.
W tabeli przedstawiono kwoty rachunków za telefon, jakie zapłaciła Małgosia w kolejnych
miesiącach.
styczeń
luty
marzec
kwiecień
maj
czerwiec
63 zł
41 zł
35 zł
67 zł
60 zł
52 zł
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe tych wydatków z dokładnością do 1 zł. Śred− 63 + 41 + 35 + 67 + 60 + 52 318
nia wydatków na telefon Małgosi jest równa x =
= 6 = 53 (zł)
6
W kolejnych miesiącach odchylenie od średniej jest równe:
xi
| x−x |
i
−
styczeń
luty
marzec
kwiecień
maj
czerwiec
63 zł
41 zł
35 zł
67 zł
60 zł
52 zł
10
12
18
14
7
1
Wariancja jest więc równa:
σ2 =
2
2
2
2 2
2
10 + 12 + 18 + 14 +7 + 1
6
=
100 + 144 + 324 + 196 + 49 + 1
6
=
814
6
()
= 135, 6 ≈ 136
a odchylenie standardowe
σ = √136 ≈ 12.
Przykład 5.
Wyniki pewnego badania umieszczono w tabeli.
Wynik
4
5
6
7
8
Częstość
5
2
4
6
3
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu.
Zaczniemy od policzenia średniej
−
x =
•
5∙4+2∙5+4∙6+6∙7+3?8
5+2+4+6+3
=
120
20
= 6.
sposób I
Obliczymy wariancję, korzystając ze wzoru podanego w twierdzeniu. W tym celu obliczymy
średnią kwadratów otrzymanych wyników
2
2
2
2
2
5∙4 +2∙5 +4∙6 +6∙7 +3∙8
5+2+4+6+3
126
=
760
20
= 38.
Miary rozproszenia
•
2
( ) = 38 − 36 = 2 i odchylenie standardowe σ = √2.
−
Stąd wariancja jest równa σ = 38 − x
2
sposób II
Obliczymy wariancję, posługując się definicją. Odchylenia poszczególnych wyników od średniej zamieścimy w tabeli.
wynik xi
4
5
6
7
8
odchylenie
| x−x |
i
−
| 4−6 |
częstość
=2
| 5−6 |
5
=1
2
| 6−6 |
| 7−6 |
=0
4
=1
| 8−6 |
6
=2
3
Podstawiając wyniki do wzoru na wariancję, otrzymujemy:
σ2 =
2
2
2
2
2
5?2 +2?1 +4?0 +6?1 +3?2
5+2+4+6+3
=
40
20
=2
Przykład 6.
W pewnej szkole przeprowadzono ankietę, w której zadano uczniom pytanie „Ile książek
przeczytałeś/łaś w ciągu ostatnich dwóch tygodni?”. Wyniki ankiety przedstawiono na diagramie.
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.
Dla otrzymanych wyników możemy przyjąć następujące wagi
1 książka
2 książki
3 książki
4 książki
Suma wag
0,1
0,4
0,3
0,2
1
Średnia ważona otrzymanych wyników jest równa
127
Miary rozproszenia
−
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 twierdzenia
σ2 =
2
2
2
2
0,1 ∙ 1 + 0,4 ∙ 2 + 0,3 ∙ 3 + 0,2 ∙ 4
1
2
− (2,6) = 0,1 + 1,6 + 2,7 + 3,2 − 6,76 = 0,84.
Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ ≈ 0,92.
Przykład 7.
Michał przeprowadził doświadczenie, w którym mierzył m.in. czas ruchu pewnego ciała. Wykonał doświadczenie 10 razy i otrzymał następujące wyniki w sekundach:
doświadczenie
wynik
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10,23
10,45
9,98
9,67
10,05
10,14
9,48
9,92
10,31
10,26
Wyznacz 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?
Zadanie 2.2.1
Odchylenie standardowe zestawu liczb: 5 , 7, 11, 13 jest równe
a) 10
b) 9
c) 8
d) √10
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.2
Wariancja zestawu liczb: 4, 7, 9, 20 jest równa
a) 146
b) 36,5
c) 12
d) 10
(Pokaż odpowiedź)
128
Miary rozproszenia
Zadanie 2.2.3
Jeżeli odchylenie standardowe pewnego zestawu danych jest równe 4√2, to wariancja jest równa
a) 32
b) 8
c) 2√2
4
d) 2 √2
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.4
Największe odchylenie standardowe ma zestaw liczb
a) 10,12,14, 12
b) 15,15,15,15
c) 1, 2, 9,10,11
d) 1,2, 4,6, 7
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.5
przedstawiono wyniki, jakie osiągnęło dwóch skoczków narciarskich podczas przygotowań do
zawodów.
a) Który z nich ma wyższą średnią długość skoków?
b) Który ze skoczków skacze bardziej stabilnie?
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
(Pokaż odpowiedź)
129
Miary rozproszenia
Zadanie 2.2.6
Zadanie 2.2.7-12
Zadanie 2.2.13
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.14
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?
poniedziałek
wtorek
środa
−3,5 min
2 min
1,5 min
czwartek
piątek
−1 min
2 min
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.15
Zadanie 2.2.16
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
130
Miary rozproszenia
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.17
Odpowiedz na pytania.
a) 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?
b) 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?
(Pokaż odpowiedź)
131
Miary rozproszenia
Zadanie 2.2.18
W pewnej szkole przeprowadzono badanie dotyczące liczby dzieci w rodzinach uczniów. Wyniki
przedstawiono na diagramie.
Oblicz wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 2.2.19
Na lekcji fizyki przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono temperaturę pewnej próbki umieszczonej w określonych warunkach. Wyniki zapisano w tabeli.
nr próbki
temperatura
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
23,12
23,71
22,93
23,34
23,19
23,45
23,65
23,74
23,48
23,62
Oblicz średnią temperaturę oraz wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu. Każdy z
otrzymanych wyników podaj z dokładnością do 0,01.
132
Kombinatoryka
Rozdział 3. Kombinatoryka
3.1. Liczba elementów zbioru skończonego
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.
Przykład 1.
Do klasy pierwszej przyjęto 35 uczniów. Zatem w dzienniku lekcyjnym powinni być oni wpisani w porządku alfabetycznym, otrzymując numery: 1, 2, 3, … , 34, 35.
Przykład 2.
W zbiorze A = {1, 2, 3, … , 1674, 1675} kolejnych liczb naturalnych od 1 do 1675 jest 1675
elementów.
| A | . Wobec tego liczbę
elementów zbioru A z powyższego przykładu zapiszemy symbolicznie: | A | = 1675.
Uwaga. Liczbę elementów zbioru A będziemy oznaczać symbolem
Przykład 3.
Ustalimy, ile jest elementów w zbiorze {12, 13, 14, … , 26, 27} kolejnych liczb naturalnych
od 12 do 27.
•
sposób I
Można wypisać wszystkie elementy tego zbioru i po prostu policzyć, ile ich jest.
Warto zauważyć, że numerując dla porządku kolejne elementy tego zbioru
(1)
(2)
(3)
– 12
– 13
– 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 II
133
Zauważmy, 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 elementów
oraz liczb od 12 do 27:
{12,
13, 14, … , 26, 27}.
Oznacza to, że zbiór {12, 13, 14, … , 26, 27} ma 27 − 11 = 16 elementów.
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.
Przykład 4.
Korzystając z pomysłów z poprzedniego przykładu, wykażemy, że w zbiorze kolejnych liczb
naturalnych od k do l:
{k,
k + 1, k + 2, ..., l − 1, l}
jest l − k + 1 elementów.
•
sposób I
( )
Ustawiamy 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 II
Zauważmy, 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 elementów
134
oraz 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.
Przykład 5.
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
elementów zbioru B to
|B|
|A|
= 74 − (20 − 1) = 55, a liczba
= 190 − (136 − 1) = 55. Zatem zbiory A, B i C są równoliczne.
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 jest sumą liczb
|A|
i
| A?B |
elementów zbioru
| B | , które opisują liczby elementów jego podzbiorów A i B, otrzy-
manych w wyniku tego podziału:
| A?B |
=
|A|
+
|B|.
Przykład 6.
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.
135
Ponieważ
1
3
? 90 = 30, więc zbiór liczb dwucyfrowych możemy rozbić na 30 podzbiorów trzy-
elementowych
{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.
Przykład 7.
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, stąd
| A0 ? A1 ? A2 |
•
=
| A0 |
+
| A1 |
+
| A2 |
otrzymane podzbiory są równoliczne, a więc
| A0 |
=
| A1 |
=
| A2 |
Wynika z tego, że każdy z tych podzbiorów ma 30 elementów:
| A0 |
=
| A1 |
=
| A2 |
=
1
3
∙ 90 = 30
Uwaga. 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 = ?.
136
Przykład 8.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
sposób I
•
Każdą 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 nierówności
7n ≥ 100 i 7n ≤ 999.
Ponieważ
7n ≥ 100
dla
n≥
100
7
2
= 14 7 oraz
7n ≤ 999
dla
n≤
999
7
5
= 142 7 ,
więc
n = 15, 16, 17, ..., 141, 142.
Wynika z tego, że najmniejszą liczbą trzycyfrową, która dzieli się przez 7, jest 15 ? 7 = 105, 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 II
•
Wszystkich 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 III
•
Zbiór {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},
137
… , {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
999
7
5
99
7
= 142 7 oraz
2
= 14 7 .
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 jest
? ? − ? ? = ?142 ? − ?14 ? = 142 − 14 = 128.
999
7
99
7
5
7
2
7
Rozumując w podobny sposób jak w ostatnim sposobie rozwiązania, stwierdzimy np., że
•
wszystkich liczb czterocyfrowych podzielnych przez 11 jest
? ? − ? ? = ?909? − ?90 ? = 909 − 90 = 819,
9999
11
•
9
11
wszystkich liczb pięciocyfrowych podzielnych przez 17 jest
?
•
999
11
99999
17
? − ? ? = ?5882 ? − ?588 ? = 5882 − 588 = 5294,
9999
17
5
17
3
17
a wszystkich liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 29 jest
?
999999
29
?−?
99999
29
? = ?34482 ? − ?3448 ? = 34482 − 3448 = 31034.
21
29
7
29
Podamy teraz wzór, pozwalający obliczyć liczbę elementów sumy n zbiorów rozłącznych.
Do jego uzasadnienia wystarczy przeprowadzić podobne rozumowanie, jak stosowane w poprzednich przykładach.
Własność: 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.
138
Przykład 9.
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 |
=
1
2
? 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 |
=
1
5
? 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
1
10
? 90 = 9.
Przedstawimy teraz trzy pomysły na dokończenie rozwiązania przykładu 9.
•
sposób I
Zbiór 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, jest
139
| A2 ? A5 |
•
= 9 + 36 + 9 = 54.
sposób II
Obliczając 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 to
4
5
? 45 = 36
Analogiczny 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
1
10
? 90 = 9 elementów. Wyróżnimy
wśród tych podzbiorów dwie grupy:
(1)
podzbiory, w których znajdują 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.
Zatem
| A2 ? A5 |
•
=
6
10
? 90 = 54.
sposób III
Obliczyliśmy wcześniej, że liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 jest
| A2 |
= 45, liczb
| A5 | = 18, liczb dwucyfrowych podzielnych jed| A2 ∩ A9 | = 9.
dwucyfrowych podzielnych przez 5 jest
nocześnie przez 2 i przez 5 jest
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 |
140
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 | .
Przykład 10.
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 równa
132 − 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
Ponieważ
| A∩B |
| A?B |
| A?B |
| A | = 98 i | B | = 55.
| A | + | B | − | A ∩ B | , więc
= 125,
=
125 = 98 + 55 −
| A∩B | ,
stąd
= 98 + 55 − 125 = 28, co oznacza, że 28 uczestników tego konkursu rozwiązało
oba zadania: pierwsze i drugie.
Przykład 11.
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:
141
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 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).
Wobec tego wszystkich uczestników tego konkursu, którzy rozwiązali co najmniej jedno
zadanie, było
8 + 11 + 5 + 2 + 10 + 6 + 3 = 45.
Zatem 4 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
Zauważamy, że elementy należące do części wspólnej każdych dwóch zbiorów obliczyliśmy za dużo razy – poprawiamy wynik, odejmując od niego liczby
| D∩T |
i
| P∩T | :
142
| P∩D | ,
|P|
+
|D|
+
|T|
−
( | P∩D |
+
| D∩T |
+
| P ∩ T | ) = (34 + 27 + 18) − (19 + 10 + 13) = 79 −
Na diagramie zabieramy „ + ” z każdego miejsca, z którego elementy usunęliśmy.
Zatem pozostaje jeszcze tylko dodać elementy części wspólnej wszystkich trzech zbiorów tak, żeby każdy element sumy był policzony dokładnie raz.
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 równa
| P?D?T |
=
|P|
+
|D|
+
|T|
−
( | P∩D |
+
| D∩T |
+
| P∩T | )+ | P∩D∩T |
.Oznacza to, że 4 uczestników konkursu nie rozwiązało żadnego z trzech zadań.
Wskazówka
Znamy już wzór na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów
| A?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:
143
=7
| A?B?C |
=
|A|
+
|B|
+
|C|
−
( | A∩B |
+
| B∩C |
+
| A∩C | )+ | A∩B∩C |
Obydwa zapisane powyżej wzory są szczególnymi przypadkami zastosowania tzw. zasady
włączeń i wyłączeń.
Zadanie 3.1.1
Wszystkich liczb trzycyfrowych większych od 200 i mniejszych od 500 jest
a) 298
b) 299
c) 300
d) 301
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.2
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?
a) 23
b) 25
c) 28
d) 30
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.3
Ile jest elementów zbioru {11, 15, 19, … , 95, 99} wszystkich liczb dwucyfrowych, które przy
dzieleniu przez 4 dają resztę 3?
a) 25
b) 24
c) 23
144
d) 22
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.4
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?
a) 127
b) 128
c) 254
d) 255
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.5
Wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 9 lub przez 10, jest
a) 10
b) 18
c) 19
d) 20
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.6
Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
a) A –liczb naturalnych od 27 do 62: A = {27, 28, 29, … , 61, 62}
b) B – dwucyfrowych liczb nieparzystych: B = {11, 13, 15, … , 97, 99}
c) C – liczb dwucyfrowych podzielnych przez 6: C = {12, 18, 24, … , 90, 96}
d) D – liczb trzycyfrowych podzielnych przez 5: D = {100, 105, 110, … , 990, 995}
(Pokaż odpowiedź)
145
Zadanie 3.1.7
Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
a) A1 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 1:
{
A1 = 101, 111,
… , 991
}
b) A3 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 3:
{
A3 = 103, 113,
… , 993
}
c) A6 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 6:
{
A6 = 106, 116,
… , 996
}
d) A8 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 8:
{
A8 = 108, 118,
… , 998
}
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.8
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.9
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.10
Oblicz, ile jest:
a) wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 20.
b) wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4.
c) wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 25.
146
d) wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 8.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.11
Oblicz, ile jest:
a) wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 11.
b) wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 17.
c) wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 19.
d) wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 23.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.12
Oblicz, ile jest liczb
a) dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 10
b) dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 9
c) trzycyfrowych, które są podzielne przez 5 lub są podzielne przez 15
d) trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 75
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.13
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:
a) język francuski
b) język niemiecki
c) język rosyjski
(Pokaż odpowiedź)
147
Zadanie 3.1.14
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.15
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.16
Oblicz, ile jest liczb
a) dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 9
b) dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 10
c) trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 lub są podzielne przez 75
d) trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 60
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.17
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?
(Pokaż odpowiedź)
148
Zadanie 3.1.18
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.19
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.20
Oblicz, ile jest liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2 lub przez 3, lub przez 5.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.21
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.1.22
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,
149
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.
(Pokaż odpowiedź)
150
Reguła mnożenia, reguła dodawania
3.2. Reguła mnożenia, reguła dodawania
Reguła mnożenia
Przykład 1.
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.
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)
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 jedenastoelemento-
151
wego zbioru {1, 2, 3, … , 11}, to wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest
11 ∙ 11 = 121.
Przykład 2.
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.
3
2
Ponieważ 72 = 2 ? 3 , więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 72 jest liczbą postaci
n
m
2 ? 3 , 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.
0
3
0
0
2 ?3 =3
1
0
2 ?3 =6
2
0
2 ? 3 = 12
3
0
2 ? 3 = 24
3
2
0
2 ?3 =1
2
1
2 ?3 =2
2
2
2 ?3 =4
2
3
2 ?3 =8
3
1
3
0
1
2 ?3 =9
1
1
2 ? 3 = 18
0
2
2
1
2
2
2
3
2
2
1
2 ? 3 = 36
3
1
2 ? 3 = 72
2
Ponieważ 360 = 2 ? 3 ? 5, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 360 jest liczbą postaci
n
m
k
2 ? 3 ? 5 , 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.
0
2 ?3
0
1
2 ?3
0
2
2 ?3
0
3
2 ?3
0
0
2 ?3
1
1
2 ?3
1
2
2 ?3
1
3
2 ?3
1
0
2 ?3
2
1
2 ?3
2
2
2 ?3
2
3
2 ?3
5
0
1
2
4
8
3
6
12
24
9
18
36
72
5
1
5
10
20
40
15
30
60
120
45
90
180
360
2
Ponieważ 1410 = 2 ? 3 ? 5 ? 47, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 1410 jest liczbą
n
m
k
l
postaci 2 ? 3 ? 5 ? 47 , przy czym każda z liczb n, m, k, l wybierana jest ze zbioru {0, 1}
152
. 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 mnożenia
Rozumując 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.
Twierdzenie: 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 równa
k1 ? k2 ? k3 ? ... ? kn
Powołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki
pierwsze daje się zapisać w postaci
n = p1
α
1
? p2
α
2
α
? ... ? pk k,
gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczbami całkowitymi,
ma
( α 1 + 1 ) ? ( α2 + 1 ) ?
... ?
( αk + 1 )
dodatnich dzielników całkowitych.
Przykład 3.
Ustalimy, ile jest wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na:
a) 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
153
liczba wszystkich wyników jest równa
7
2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2 = 128.
b) 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
5
6 ? 6 ? 6 ? 6 ? 6 = 6 = 7776
c) 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. Korzystając z reguły mnożenia,
stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
3
8 ? 8 ? 8 = 8 = 512
d) 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
4
7 ? 7 ? 7 ? 7 = 7 = 2401
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 równa
n ? n ? ... ? n = n
k
?
k czynników
Doświadczenie 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.
154
Własność: liczba k-wyrazowych wariacji z
powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest rówk
na n .
Przykład 4.
Stosując twierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniami, obliczymy, że:
a) liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną to 63 = 216
,
b) liczba wszystkich możliwych wyników pięciokrotnego rzutu monetą to 25 = 32,
c) liczba wszystkich możliwych liczb 4-cyfrowych utworzonych z cyfr {1, 2, 3, 4, 5} to
4
5 = 625,
d) liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia 10 różnych długopisów w 4 różnych szufladach to 4
10
= 1048576,
e) 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
7
6 = 279936.
Przykład 5.
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 do-
(
)
kładnie 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 I
(
)
Wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym elementy c1, c2 pary c1, c2 to dla konkretnej liczby odpowiednio cyfra dziesiątek oraz cyfra jedności.
155
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
Sumujemy 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}.
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)
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)
Na koniec dodajemy wszystkie otrzymane sumy i otrzymujemy
5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
Oznacza to, że suma wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą
cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest równa
5 ? 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 II
Oznaczmy 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 .
156
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
Zauważmy, 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.
•
•
Stąd
2S = 25 ? 66
a więc
S=
1
2
? 25 ? 66 = 25 ? 33 = 825
Przykład 6.
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 do-
(
)
kładnie 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 I
Sumujemy 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 ustalonej cyfry setek dopisane
do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5.
Zatem:
157
•
sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 1, otrzymamy
25 ? 100 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
•
25 ? 200 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
•
25 ? 300 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
•
25 ? 400 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
•
25 ? 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 = 41625
Zauważmy, 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 postaci
S = 25 ? (100 + 200 + 300 + 400 + 500) + 25 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 25 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5).
•
sposób II
Wypisujemy 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
( 6 − c1 ,
( c1 ,
c2 , c3
)
dopisujemy liczbę opisaną przez trójkę
)
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,
158
dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.
•
Stąd
2S = 125 ? 666
a więc
1
2
S=
? 125 ? 666 = 125 ? 333 = 41625
Zastosowanie reguły mnożenia oraz reguły
dodawania
Przykład 7.
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia, polegającego na tym, że
a) 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.
1
1
x
2
3
6
3
4
x
x
x
4
5
2
x
x
3 możliwości
x
x
x
3 możliwości
3 możliwości
x
x
3 możliwości
3 możliwości
x
x
x
6
x
x
x
5
x
Razem:
3 możliwości
(3 + 3 + 3)
+ (3 + 3 + 3) = 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18
Zatem wszystkich takich wyników jest 18.
Zauważmy przy okazji, że warto od razu podzielić wyniki pojedynczego rzutu ze względu na parzystość liczby wyrzuconych oczek:
wynik pojedynczego rzutu
{1,
2, 3, 4, 5, 6}
6 możliwości
wyniki nieparzyste
wyniki parzyste
{1, 3, 5}
{2,
3 możliwości
3 możliwości
159
4, 6}
Przy 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.
a) Iloczyn liczb 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.
b) 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| + |B|
przy 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 +
|B|
stąd
|B|
= 36 − 9 = 27
a) Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.
160
Tym razem zaznaczamy w tabeli te wyniki, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest
podzielny przez 6.
/
w1 w2
1
2
3
4
5
1
6
x
2
2 możliwości
x
3
x
4
x
x
5
6
x
x
x
1 możliwość
x
x
x
3 możliwości
x
2 możliwości
x
1 możliwość
x
6 możliwości
Razem:
1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 2 ∙ 1 + 2 ∙ 2 + 1 ∙ 3 + 1 ∙ 6 = 15
Zatem 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,
jeżeli 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.
Przykład 8.
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.
a) Suma wylosowanych liczb jest parzysta.Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze
względu na parzystość wylosowanej liczby:
161
wynik
pojedynczego
losowania
{1,
2, 3, … , 16, 17}
17 możliwości
wyniki nieparzyste
wyniki parzyste
{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}
{2,
9 możliwości
8 możliwości
4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}
Zauważmy, 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.
a) 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.
Wtedy
| A?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 wylosowa=
nych liczb jest nieparzysty).
Zatem
|B|
= 289 − 81 = 208, co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia,
dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
b) Iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6?
•
sposób I
Posłużymy 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.
162
/
w1 w2
reszta 1
reszta 2
reszta 3
reszta 4
reszta 5
reszta 1
x
reszta 2
x
reszta 3
x
x
reszta 4
x
x
x
x
reszta 5
reszta 0
reszta 0
x
x
x
x
x
x
x
Wszystkich 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.
/
w1 w2
2, 3, 4, 5, 6}
{7,
8, 9, 10, 11, 12}
2, 3, 4, 5, 6}
15 możliwości
15 możliwości
8, 9, 10, 11, 12}
15 możliwości
15 możliwości
15 – 6 = 9 moż-
15 – 6 = 9 możliwo-
liwości
ści
{1,
{7,
{1,
{13,
14, 15, 16, 17}
{13,
14, 15, 16, 17}
15 – 6 = 9
możli-
wości
15 – 6 = 9
wości
możli-
4 możliwości
Mamy 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.
Uwaga. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci.
163
/
w1 w2
{13,
2, 3, 4, 5, 6}
{7,
8, 9, 10, 11, 12}
{13,
14, 15, 16, 17, 18}
2, 3, 4, 5, 6}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
8, 9, 10, 11, 12}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
14, 15, 16, 17, 18}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
{1,
{7,
{1,
Zauważmy, 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 II
Podzielimy wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z
dzielenia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym grupujemy je jak poniżej:
wynik pojedynczego
losowania
{1,
2, 3, … , 16, 17}
17 możliwości
wyniki podzielne
przez 6
{6,
12}
2 możliwości
wyniki
po-
dzielne przez
3 i niepodzielne przez 6
{3,
9, 15}
3 możliwości
wyniki
podzielne
przez 2 i niepodzielne
przez 6
{2,
4, 8, 10, 14, 16}
6 możliwości
pozostałe wyniki
{1,
5, 7, 11, 13, 17}
6 możliwości
Obliczamy, 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.
Przykład 9.
Obliczymy, ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie:
164
a) 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
1
2
? 9000 = 4500, więc dokładnie tyle jest czterocyfrowych liczb naturalnych,
w których zapisie cyfra jedności jest parzysta.
b) 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.
c) 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 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.
a) 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
165
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.
Przykład 10.
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.
cyfry do wyboru
{1,
cyfra 4
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
9 elementów
{4}
1 element
cyfry nieparzyste (np)
{1,
pozostałe cyfry
3, 5, 7, 9}
5 elementów
{2,
6, 8}
3 elementy
Najpierw 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.
Miejsce dla cyfry 4/
miejsce dla cyfry nieparzystej
rząd tysięcy
rząd tysięcy
rząd setek
(np , 4 , _ , _ )
rząd setek
(4 , np , _ , _ )
rząd dziesiątek
(4 , _ , np , _ )
( _ , 4 , np , _ )
rząd jedności
(4 , _ , _ , np)
( _ , 4 , _ , np )
rząd
dziesi-
rząd
jedno-
ątek
ści
(np , _ , 4 , _ )
(np , _ , _ , 4 )
( _ , np , 4 , _ )
( _ , np , _ , 4 )
( _ , _ , np , 4 )
( _ , _ , 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
166
(3 ∙ 4) ∙ (5 ∙ 3 ∙ 3)
= 12 45 = 540
liczb 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 jest
4 ? 3 ? 5 ? 3 ? 3 = 540
Zliczając 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.
Przykład 11.
Obliczymy, ile jest:
a) 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, jest
9 ? 8 = 72. Wybory i wszystkie utworzone w ich wyniku liczby można przedstawić w tabeli.
167
c1 / c2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
12
13
14
15
16
17
18
19
23
24
25
26
27
28
29
34
35
36
37
38
39
45
46
47
48
49
56
57
58
59
67
68
69
78
79
2
21
3
31
32
4
41
42
43
5
51
52
53
54
6
61
62
63
64
65
7
71
72
73
74
75
76
8
81
82
83
84
85
86
87
9
91
92
93
94
95
96
97
89
98
b) 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, jest
8 ? 7 ? 6 = 336
c) 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
d) 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),
168
(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
Przykład 12.
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.
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 równa
6 ? 5 ? 4 = 120
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 od-
169
powiednio n, n − 1, n − 2 aż do n − (k − 1). Stosując regułę mnożenia, stwierdzamy, że wszystkich
możliwych wyników takiego doświadczenia jest
n ? (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 zbioru n − 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.
Własność: 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
Ważne
Uwaga. Iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n
1 ? 2 ? 3 ? ... ? n
nazywa 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 czynników
pomnożymy 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 równa
(n − k) !
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1) ?
=
(n − k) !
.
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1) ? (n − k) ? (n − k − 1) ? ... ? 1
(n − k) !
Przykład 13.
Korzystając z twierdzenia o liczbie wszystkich wariacji bez powtórzeń, obliczymy, że
170
=
n!
(n − k) !
a) 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!
b) 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!
c) 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!
d) 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 !
e) 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 !
f) 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 !.
g) liczba wszystkich możliwych napisów otrzymanych z przestawiania liter wyrazu „płot”
to 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 24. Otrzymany wynik można też zapisać jako 4 !.
171
Permutacje
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 zbioru n -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 !.
Przykład 14.
Obliczymy, ile jest wszystkich takich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których zapisie
a) 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.
b) 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 zapi-
172
szemy 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.
c) cyfry 1 oraz 2 nie są zapisane obok siebie.
•
sposób I
Zliczanie 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 II
Zauważamy, 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.
− 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 jako
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 zapisa-
173
nych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, jest
2 ? 24 = 48.
a) cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej).
•
sposób I
Numerujemy od lewej miejsca, na których można zapisać cyfry takiej liczby pięciocyfrowej:
(1), (2), (3), (4), (5) .
•
•
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 (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 II
Rozbijemy 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:
| A?B |
=
|A|
zbiory te są rozłączne, więc
•
wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5 jest 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 120, więc
+
|B|,
•
| 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|
=
1
2
? 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
1
2
? 120 = 60.
174
Zadanie 3.2.1
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?
a) 49
b) 42
c) 36
d) 13
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.2
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?
a) 10
b) 9
c) 6
d) 5
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.3
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzysta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?
a) 500
b) 125
c) 25
d) 15
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.4
Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa
175
a) 9
b) 8
c) 6
d) 3
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.5
4
3
Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba 2 ? 5 ?
a) 7
b) 9
c) 12
d) 20
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.6
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pięciu wolnych miejsc w kinie, jest równa
a) 12
b) 15
c) 45
d) 60
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.7
Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3
(cyfry mogą się powtarzać) jest równa
a) 66
b) 132
c) 198
d) 396
(Pokaż odpowiedź)
176
Zadanie 3.2.8
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
a) 144
b) 30
c) 12
d) 7
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.9
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.10
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, wiedząc, że:
a) cyfry mogą się powtarzać.
b) cyfry są różne
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.11
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:
a) kule różnych kolorów?
b) co najmniej jedną kulę białą?
(Pokaż odpowiedź)
177
Zadanie 3.2.12
Oblicz, na ile sposobów Ewa i Ola mogą zająć miejsca w kinie, jeżeli wybierają spośród
a) 8 wolnych miejsc.
b) 12 wolnych miejsc.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.13
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
0, 1, 2, 3, 4, 5, wiedząc, że:
a) cyfry mogą się powtarzać,
b) cyfry są różne.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.14
Rozpatrujemy wszystkie prostokąty, których boki zawierają się w liniach siatki dzielącej prostokąt o wymiarach 4 i 8 na kwadraty jednostkowe.
Oblicz, ile jest wśród nich
a) wszystkich kwadratów o boku 1.
b) wszystkich kwadratów o boku 2.
c) wszystkich kwadratów o boku 3.
d) wszystkich kwadratów o boku 4.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.15
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba:
178
a) 25 ? 114
b) 36 ? 173
c) 3969
d) 4000
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.16
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:
a) suma a + b jest liczbą parzystą?
b) iloczyn a ? b jest liczbą parzystą?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.17
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.18
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że
a) największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od 4?
b) największa wyrzucona liczba oczek jest równa 4?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.19
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:
a) dwa losy wygrywające
179
b) dokładnie jeden los wygrywający
c) co najmniej jeden los wygrywający
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.20
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.21
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich wyników tego doświadczenia, takich że
a) co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 i suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.
b) co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 lub suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.22
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.23
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą
cyfr
a) 1, 2, 3 (cyfry mogą się powtarzać).
b) 1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się powtarzać).
c) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą się powtarzać).
180
d) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (cyfry mogą się powtarzać).
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.24
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:
a) suma wylosowanych liczb jest parzysta.
b) iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
c) iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.25
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
a) trzycyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 4, 5, 6, 7, 8, 9.
b) czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 4, 8, wiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.
c) pięciocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.26
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
0, 1, 2, 3, 4, wiedząc, że:
a) cyfry mogą się powtarzać
b) cyfry muszą być różne
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.27
Oblicz, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy:
a) 6
b) 9
181
c) 10
d) 12
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.28
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których
a) cyfra jedności jest o 4 mniejsza od cyfry dziesiątek.
b) cyfra setek jest o 2 większa od cyfry jedności.
c) cyfry dziesiątek i setek są równe.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.29
Oblicz, ile jest wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.30
Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, które można zapisać przy użyciu cyfr
2, 3, 4. Ile jest wśród nich takich liczb, których:
a) tylko pierwsza i ostatnia cyfra są nieparzyste?
b) każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 2?
c) każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 1?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.31
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba
a) 23 ? 32 ? 5
b) 54 ? 112 ? 193 ? 3
c) 1620
d) 6468
(Pokaż odpowiedź)
182
Zadanie 3.2.32
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.33
Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników
tego doświadczenia, że
a) w każdym rzucie otrzymamy inną liczbę oczek
b) otrzymamy parzysty iloczyn liczb wyrzuconych oczek
c) dokładnie raz wypadnie liczba oczek podzielna przez 3
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.34
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o różnych cyfrach, które są większe od 642 i
dzielą się przez 5?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.35
Oblicz, ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie
jedna cyfra 9 i dokładnie jedna cyfra parzysta.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.36
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których
a) cyfry 1, 2, 3 oraz 4 stoją obok siebie, zapisane w kolejności rosnącej
b) suma cyfr zapisanych na miejscach pierwszym i ostatnim jest równa 11
c) suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta
(Pokaż odpowiedź)
183
Zadanie 3.2.37
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, w których zapisie
a) żadne dwie cyfry nieparzyste nie stoją obok siebie.
b) cyfra 5 jest zapisana przed cyfrą 6 i cyfra 6 jest zapisana przed cyfrą 7.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.2.38
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych
a) czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą
się powtarzać).
b) trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się
powtarzać).
(Pokaż odpowiedź)
184
Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)
3.3. Podzbiory zbioru skończonego (treść
podstawowa)
W tym rozdziale zajmiemy się podzbiorami zbioru skończonego.
Podzbiory dwuelementowe zbioru skończonego
Przykład 1.
Obliczymy, na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 7 zawodników.
Oznaczmy zawodników przez z1, z2, z3, z4, z5, z6, z7.
•
sposób I
Wypisujemy 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 II
Wypiszmy pary zawodników, stosując metodę tabeli. Odrzucamy pola, które nie opisują takiej pary.
185
z1
z2
z3
{ z1, z2} { z1, z3}
z1
z4
z1, z4
z5
z6
z7
} {z1, z5} {z1, z6} {z1, z7}
z2
{ z 1, z 2}
{ z2, z3} { z 2, z 4} { z 2, z 5} { z 2, z 6} { z 2, z 7}
z3
{ z 1, z 3} { z2, z3}
z4
{ z 1, z 4} { z2, z4} { z3, z4}
z5
{ z 1, z 5} { z2, z5} { z3, z5} { z 4, z 5}
z6
{z1, z6} {z2, z6} {z3, z6} {z4, z6} {z5, z6}
z7
{ z 1, z 7} { z2, z7} { z3, z7} { z 4, z 7} { z 5, z 7} { z 6, z 7}
{ z 3, z 4} { z 3, z 5} { z 3, z 6} { z 3, z 7}
{ z 4, z 5} { z 4, z 6} { z 4, z 7}
{ z 5, z 6} { z 5, z 7}
{ z 6, z 7}
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∙7
2
= 21.
sposób III
Oznaczmy 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 wszystkich uporządkowanych par graczy.
Otrzymujemy więc równość
2x = 6 ? 7
stąd
x=
6?7
2
= 21
Uwaga. Wykorzystując podobne rozumowanie, pokażemy, że liczba wszystkich dwuelemen-
{
}
towych podzbiorów, które można wybrać ze zbioru A = a1, a2, ..., an , liczącego n elementów jest równa
n ? ( n − 1)
2
Jeśli przez x oznaczymy liczbę wszystkich możliwych podzbiorów dwuelementowych zbioru
186
A, to liczba wszystkich możliwych uporządkowanych par elementów tego zbioru jest z jednej
strony równa
n ? (n − 1)
bo do każdego z n elementów drugi do pary możemy dobrać na n − 1 sposobów,
a z drugiej strony – jest równa
2x
bo w każdym z x dwuelementowych podzbiorów zbioru A możemy na dwa sposoby ustalić
kolejność elementów.
2x = n ? (n − 1)
stąd
x=
n ? ( n − 1)
2
.
Przykład 2.
Korzystając ze wzoru na liczbę dwuelementowych podzbiorów zbioru n − elementowego, obliczymy, że:
11 ? 10
2
•
dwóch graczy spośród 11 zawodników można wybrać na
•
liczba wszystkich meczów w turnieju, do którego zgłosiło się 9 drużyn i każda drużyna
ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz, jest równa
•
= 55 sposobów,
9?8
2
= 36,
dwuosobową delegację z klasy liczącej 25 uczniów można wybrać na
25 ? 24
2
= 300 spo-
sobów.
Przykład 3.
a) Obliczymy, ile przekątnych ma jedenastokąt wypukły.Rozpatrzmy wszystkie możliwe
odcinki, które powstały z połączenia par wierzchołków jedenastokąta wypukłego. Jest
ich łącznie
11 ? 10
2
= 55. Każdy z tych odcinków jest albo bokiem tego jedenastokąta, albo jego
przekątną. Ponieważ boków jest 11, więc przekątnych jest
55 − 11 = 44.
b) Pokażemy, że liczba wszystkich przekątnych n − kąta wypukłego, jest równa
n ? ( n − 3)
2
Wszystkich możliwych odcinków, które powstały z połączenia par wierzchołków n − kąta wyn ? ( n − 1)
pukłego jest
. Każdy z tych odcinków jest albo przekątną tego wielokąta, albo jego
2
bokiem. Ponieważ boków jest n, więc przekątnych jest
187
n ? (n − 1)
2
−n=
2
n − n − 2n
2
=
2
n − 3n
2
=
n ? (n − 3)
2
Przykład 4.
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, czyli
6?5
2
= 15
Oznaczmy 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 równanie
2x + 3 ? (15 − x) = 37
Stąd
2x + 45 − 3x = 37
a więc
x=8
Oznacza to, że 8 meczów w tym turnieju zakończyło się wynikiem remisowym.
Przykład 5.
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?6
2
= 21 możliwości wyboru dwóch numerów z siedmiu, co oznacza,
że jest 21 wszystkich wyników siedmiokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie dwa razy
wypadł orzeł.
Przykład 6.
Obliczymy:
a) ile jest trzycyfrowych liczb naturalnych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry
dziesiątek.Ponieważ w rzędzie setek takiej liczby trzycyfrowej może być zapisana do-
188
wolna 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 ? 9
2
= 45. Ponieważ kolejnych wyborów dokonujemy niezależnie, więc korzystając z
reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczb trzycyfrowych, w których cyfra jedności jest
mniejsza od cyfry dziesiątek, jest
9 ? 45 = 405
b) ile 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 ich
9?8
2
= 36
Wobec 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
Przykład 7.
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.
189
Obliczamy, że dziewczynek jest w tej klasie 14, a chłopców jest 20.
Parę dziewczynek z tej klasy wybierzemy zatem na
na
20 ? 19
2
14 ? 13
2
= 91 sposobów, a parę chłopców –
= 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.
Przykład 8.
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
brać na
21 ? 20
2
4?3
2
= 6 sposobów, a pozostałe dwie możemy wy-
= 210 sposobów. Oznacza to, że wszystkich możliwości zakreślenia takich 4
liczb, wśród których dokładnie dwie będą trafione jest
210 ? 6 = 1260
Przykład 9.
Proste k i l są równoległe. Na prostej k zaznaczono 4 punkty, a na prostej l – 5 punktów.
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:
1) na prostej k wybieramy dwa różne punkty, a do każdej takiej pary dobieramy trzeci
punkt na prostej l albo
190
2) na 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?3
2
= 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?4
2
= 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
Przykład 10.
Sześć dziewcząt bierze udział w szkolnej wycieczce. Obliczymy, na ile sposobów można je zakwaterować w trzech dwuosobowych pokojach.Zakwaterowanie rozkładamy na trzy etapy:
1) wybieramy parę dziewczynek do pierwszego pokoju, co możemy zrobić na
6?5
2
= 15
sposobów,
2) wybieramy kolejne dwie dziewczynki do drugiego pokoju, co możemy zrobić na
4?3
2
= 6 sposobów.
3) 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.
Przykład 11.
a) 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?5
2
= 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.
b) wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których na dokładnie dwóch
miejscach stoją cyfry parzyste.
•
sposób I
Rozróżniamy dwa przypadki:
(1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta albo
191
(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?3
2
= 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 II
Wypisujemy 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?4
2
= 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 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.
Przykład 12.
Obliczymy:
a) 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?3
2
= 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.
b) 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:
192
1) wybór tych dwóch z pięciu numerów rzutów, dla których wypadła szóstka (mamy
5?4
2
= 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.
c) 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?4
2
= 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.
Przykład 13.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest
równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste.
1) w zapisie takiej liczby jest jedna piątka i sześć jedynek albo
2) w 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?6
2
= 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
ośmioelementowego
28 =
8?7
.
2
Tyle jest np. wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły do-
kładnie 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
193
wynikowi ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły.
Rozwiążemy w tym celu następujące zadanie.
Ustal, ile rozwiązań w dodatnich liczbach nieparzystych ma równanie
c1 + 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 równanie
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 2
Naszym 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 = 0)
a więc
(c1 = 3, c2 = 1, c3 = 1, c4 = 1, c5 = 3, c6 = 1, c7 = 1),
194
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 = 1)
a 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 jest
8?7
2
= 28.
Przykład 14.
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:
1) wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, dwie trójki i pięć jedynek,
2) wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna dziewiątka i sześć jedynek,
3) 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?6
2
= 21 możliwości), a na 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.
195
Przykład 15.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których występuje
dokładnie dwa razy cyfra 0 i dokładnie dwa razy cyfra 1.
•
sposób I
1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra 1,
2) 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?3
2
= 6 możliwości) i zapisać te jedynki, a na po-
zostałych 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 II
Zliczanie rozkładamy na trzy etapy, pamiętając o tym, że zera nie możemy zapisać na pierwszym miejscu (w rzędzie dziesiątek tysięcy):
a) wybieramy dwa z czterech miejsc, na których możemy wstawić zera ( 4 ? 3 = 6 możliwo2
ści) i zapisujemy zera na tych miejscach,
b) wybieramy te dwa z pozostałych trzech miejsc, na których zapiszemy jedynki (3 możliwości) i zapisujemy jedynki na tych miejscach,
c) 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 III
Wypisujemy 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?4
2
= 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
196
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.
Przykład 16.
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:
i podejmuje decyzję, wpisując „x” w kratkę przy danych wybranego kandydata lub pozostawiając kratkę pustą, jeśli danej osoby do samorządu nie zgłasza.
a) Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego głosowania.sposób I
Przy 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
5
2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2 = 32.
sposób II
197
Oznaczymy 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},
– 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 to
{B,
C, D, E}, {A, C, D, E}, {A, B, D, E}, {A, B, C, E}, {A, B, C, D}.– jest 1 wynik głoso-
wania, 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
a) Wykażemy, że w klasie 3b, liczącej 35 uczniów znajdą 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, trzy-
198
dziesta trzecia osoba wypełniła kartkę do głosowania tak samo, jak jedna z wybranych
32 osób. To spostrzeżenie kończy dowód.
Przykład 17.
a) wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło mniej orłów niż
reszek.sposób I
Rozróżniamy 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?4
2
= 10.
Stąd wynika, że jest 1 + 5 + 10 = 16 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą,
w których wypadło mniej orłów niż reszek.
sposób II
Skorzystamy z reguły równoliczności.
5
Jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2 = 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
1
2
? 32 = 16.
b) wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło więcej or9
łów niż reszek.Jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2 = 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
1
2
? 512 = 256.
Przykład 18.
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
199
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:
1) wśród wylosowanych znalazły się kule o numerach 1 oraz 6,
2) wśród wylosowanych nie ma żadnej z kul o numerach 1, 6 i znalazły się kule o numerach 2 oraz 5,
3) 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
4
kul możemy dokonać na 2 sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2 = 16
możliwości wylosowania kul.
W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kulami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru, w którym są dwie kule: kula z numerem 3 oraz kula z numerem 4. Zatem w
2
tym przypadku są 2 ? 2 = 2 = 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.
200
Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona)
3.4. Podzbiory zbioru skończonego (treść
rozszerzona)
Liczba wszystkich podzbiorów zbioru
skończonego
Można obliczyć, ile jest wszystkich podzbiorów pewnych zbiorów skończonych.
2
•
pewien zbiór dwuelementowy ma 2 = 4 podzbiory,
•
pewien zbiór czteroelementowy ma 2 = 16 podzbiorów,
•
pewien zbiór pięcioelementowy ma 2 = 32 podzbiory,
•
pewien podzbiór dziewięcioelementowy ma 2 = 512 podzbiorów.
4
5
9
Ustalając liczbę podzbiorów zauważaliśmy, że w stosunku do każdego elementu zbioru możemy
na dwa sposoby podjąć decyzję o jego wyborze do tworzonego podzbioru.
Przykład 1.
{
}
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
n
2 ? 2 ? ... ? 2 = 2 sposobów.
?
n czynników
n
Zatem liczba wszystkich podzbiorów zbioru A, który ma n elementów, jest równa 2 .
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.
Przykład 2.
{
}
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,
n ? ( n − 1)
jest
wszystkich podzbiorów dwuelementowych zbioru A.
2
Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu metodą dopełniania podzbiorów do całego zbioru i
zasadą równoliczności, stwierdzimy też, że
201
•
•
jest n wszystkich podzbiorów (n − 1)-elementowych zbioru A,
n ? ( n − 1)
jest
wszystkich podzbiorów (n − 2)-elementowych zbioru A.
2
Definicja: liczba k–elementowych podzbiorów
zbioru n–elementowego
{
}
Rozpatrzmy zbiór A = a1, a2, ..., an , który ma n (n ≥ 1) elementów.
Symbolem
()
n
k
oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych
(k ≥ 0 i k ≤ n) .
Zapis symboliczny
•
•
•
()
()
()
5
2
7
1
6
0
()
n
k
odczytujemy „n po k”, stąd np.:
czytamy „pięć po dwa”,
czytamy „siedem po jeden”,
czytamy „sześć po zero”.
Stosując to oznaczenie, stwierdzimy, że:
()()
n
n
=
0
n
=1
()( )
n
1
=
n
n−1
()( )
n
2
=
n
n−2
202
=
=n
n ? (n − 1)
2
,
gdy n ≥ 2
W szczególności:
()
5
2
=
5?4
2
()
5
= 10,
3
() ()
7
1
7
= 7,
6
()()
6
0
6
=
6
= 10,
= 7,
=1
Rozszerza się też (z czego my nie będziemy korzystać) stosowanie tego symbolu na:
()
()
•
podzbiór pusty zbioru pustego, przyjmując
•
przypadek, gdy k > n, wtedy przyjmujemy
0
0
n
k
= 1,
= 0.
Kombinacje
Definicja: k-elementowa kombinacja zbioru nelementowego
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
()
n
k
umówiliśmy się oznaczać liczbę wszystkich możliwych k – elementowych podzbiorów zbioru A.
203
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 równa
k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1 ?
?
k czynników
()
n
k
ponieważ w każdym z k–elementowych podzbiorów zbioru A możemy ustalić kolejność elementów na
k! = k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
?
k czynników
sposobów.
n!
(n − k) !
= k! ?
()
n
k
stąd
()
n
k
=
n!
k! ? (n − k) !
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej mamy twierdzenie.
Twierdzenie: liczba k-elementowych kombinacji
zbioru n-elementowego
Liczba
()
n
k
wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n − elementowego jest równa
n!
k! ? (n − k) !
=
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
204
.
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
równość
()( )
n
k
n
=
n−k
Tę tożsamość można również wykazać algebraicznie.
Ponieważ
()
n
k
n!
=
k! ? (n − k) !
oraz
( )
n
n−k
=
n!
(n − k)!
(
)
? n − (n − k) !
=
n!
(n − k)! ? k !
więc
()( )
n
k
=
n
n−k
.
Przykład 3.
Pokażemy kilka zastosowań twierdzenia o liczbie kombinacji.
a) 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
12 ? 11
2
( )
12
2
, czyli
= 66.
b) 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
liczba jest więc równa 3!
20 !
? 17 !
=
20 ? 19 ? 18
3?2?1
= 1140.
205
( )
20
3
. Ta
c) 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
( )
11
4
11 !
? 7!
, co jest równe 4!
=
11 ? 10 ? 9 ? 8
4?3?2?1
= 330.
d) Spośród uczniów 37 − osobowej klasy należy wybrać 5-osobową delegację.
Można to zrobić na
37 !
5! ? 32 !
=
( )
37
5
37 ? 36 ? 35 ? 34 ? 33
5?4?3?2?1
sposobów, co jest równe
= 435 897 (to prawie pół miliona sposobów).
e) W pewnej grze losowej należy wybrać 6 liczb ze zbioru {1, 2, 3, ..., 49}. Liczba sposobów, na które można tego dokonać jest równa
49 !
6! ? 43 !
=
49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44
6?5?4?3?2?1
( )
49
6
, czyli
= 13 983 816 (to liczba bliska 14 milionom).
f) 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
( )
52
13
, czyli
52 !
13! ? 39 !
=
52 ? 51 ? 50 ? 49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44 ? 43 ? 42 ? 41 ? 40
13 ? 12 ? 11 ? 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 635 013 559 600
(to ponad 635 miliardów układów).
Przykład 4.
Rozpatrzmy równanie
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 10
gdzie 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 orłów. 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
206
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
( x 1, x 2, x 3,
•
)
x 4, x 5, x 6 ,
(
)
każdemu ciągowi x1, x2, x3, x4, x5, x6 odpowiada jeden wynik piętnastokrotnego
rzutu monetą, w którym wypadło dokładnie 10 orłów.
Ponieważ jest
( )
15
10
15 !
10! ? 5 !
=
=
15 ? 14 ? 13 ? 12 ? 11
5?4?3?2?1
= 3003 wszystkich wyników piętnastokrotne-
go 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−1
k
)
rozwiązań.
Współczynniki dwumianowe, wzór dwumianowy
Newtona
Przykład 5.
Wykażemy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x:
(x + 1)
•
4
4
3
2
= x + 4x + 6x + 4x + 1
sposób I (algebraiczny)
Zapisujemy równość
(x + 1)
4
= (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 + 1)
(
4
(
)
3
(
3
2
)
= (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) = (x + 1) ? (x + 1) = x + 3x + 3x + 1 ? (x + 1) =
3
)
2
(
3
)
2
= x + 3x + 3x + 1 ? x + x + 3x + 3x + 1 ? 1 =
4
3
2
3
2
4
3
2
x + 3x + 3x + x + x + 3x + 3x + 1 = x + 4x + 6x + 4x + 1lub ze wzoru skróconego
mnożenia na kwadrat sumy:
207
4
(
(x + 1) = (x + 1)
4
•
3
22
) = (x + 2x + 1) = (x + (2x + 1)) = (x ) + 2 ? x
2
2
2
2
2
2
4
3
22
2
2
? (2x + 1) + (2x + 1) =
2
= x + 4x + 2x + 4x + 4x + 1 = x + 4x + 6x + 4x + 1.
sposób II (kombinatoryczny)
Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynu
(x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1),
dostaniemy za każdym razem mnożenie czterech czynk
ników. Wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie x , gdzie k jest równe
4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wybieranych z
4
kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 2 = 16 sposobów.
Rozróżniamy pięć przypadków:
1) ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku
4
otrzymamy x , co można też zapisać jako
()
4
4
4
0
?x ?1 ,
2) z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu wy3
braliśmy 1, a więc można to zrobić na 4 sposoby. Zatem łącznie otrzymamy 4x , co
można też zapisać jako
()
4
3
3
1
?x ?1 ,
3) z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
2
Łącznie otrzymamy więc 6x , co można też zapisać jako
()
4
2
4?3
2
2
= 6 sposobów.
2
?x ?1 ,
4) z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 4 sposoby. Łącznie
otrzymamy więc 4x, co można też zapisać jako
()
4
1
1
3
?x ?1 ,
5) 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
()
4
0
0
4
?x ?1 .
Ostatecznie stwierdzamy, że
(x + 1)
4
(x + 1)
4
4
3
2
= x + 4x + 6x + 4x + 1.Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postaci
=
()
4
4
4
0
?x ?1 +
()
4
3
3
1
?x ?1 +
()
4
2
208
2
2
?x ?1 +
()
4
1
1
3
?x ?1 +
()
4
0
0
?x ?1
4
Przykład 6.
(x + 1)
5
5
4
3
2
= x + 5x + 10x + 10x + 5x + 1.
sposób I (algebraiczny)
•
(x + 1)
5
5
(
4
4
3
2
4
3
2
)
= (x + 1) ? (x + 1) = x + 4x + 6x + 4x + 1 ? (x + 1)
4
3
2
5
4
3
2
= x + 4x + 6x + 4x + x + x + 4x + 6x + 4x + 1 = x + 5x + 10x + 10x + 5x + 1.
sposób II (kombinatoryczny)
Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynu
•
(x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1)
dostaniemy za każdym razem do pomnożenia pięć czynników, przy czym każdy z nich
k
to x albo 1. Zatem wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie x , gdzie k jest
równe 5, 4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wy5
bieranych z kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 2 = 32 sposoby.
Rozróżniamy sześć przypadków:
1) ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku
5
otrzymamy x , co można też zapisać jako
()
5
5
5
0
?x ?1 ,
2) z dokładnie czterech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu
4
wybraliśmy 1, a więc można to zrobić na 5 sposobów. Zatem łącznie otrzymamy 5x ,
co można też zapisać jako
()
5
4
4
1
?x ?1 ,
3)
z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
3
()
()
5
=
3
5
sposobów. Łącznie otrzymamy więc 10x , co można też zapisać jako
4) z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
2
Łącznie otrzymamy więc 10x , co można też zapisać jako
209
()
5
2
3
3
5?4
2
2
?x ?1 ,
5?4?3
3?2
3
= 10
2
?x ?1 ,
= 10 sposobów.
5) z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 5 sposobów. Łącznie
otrzymamy więc 5x, co można też zapisać jako
()
5
1
1
4
?x ?1 ,
6) 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
()
5
0
0
5
?x ?1 .
Ostatecznie stwierdzamy, że
(x + 1)
5
5
4
3
2
= x + 5x + 10x + 10x + 5x + 1.
Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postaci
(x + 1)
5
=
()
5
5
5
()
5
0
?x ?1 +
4
4
1
?x ?1 +
()
5
3
3
()
5
2
?x ?1 +
2
3
?x ?1 +
2
()
5
1
4
?x ?1 +
1
()
5
0
0
?x ?1
5
.
Przykład 7.
(x + 1)
•
7
7
6
5
4
3
2
= x + 7x + 21x + 35x + 35x + 21x + 7x + 1
sposób I
Najpierw pokazujemy, że
(x + 1)
5
(
5
4
3
2
6
(
6
5
4
3
)
6
= (x + 1) ? (x + 1) = x + 5x + 10x + 10x + 5x + 1 ? (x + 1) = x + 6x + 15x + 20x + 15x + 6x + 1
7
= (x + 1) ? (x + 1) = x + 6x + 15x + 20x + 15x + 6x + 1 ? (x + 1) =
6
5
4
3
2
.
Stąd
(x + 1)
7
6
5
4
3
)
2
2
= x + 7x + 21x + 35x + 35x + 21x + 7x + 1.
•
sposób II
Korzystając z pomysłów przedstawionych w sposobie II rozwiązania poprzednich podpunktów, pokazujemy, że
(x + 1)
=
()
7
7
7
7
=
0
?x ?1 +
()
7
6
6
1
?x ?1 +
()
7
5
5
2
?x ?1 +
()
.
210
7
4
4
3
?x ?1 +
()
7
3
3
4
?x ?1 +
()
7
2
2
5
?x ?1 +
()
7
1
1
6
?x ?1 +
(
Ponieważ
()() ()() ()()
7
=
7
7
0
= 1,
7
7
=
6
1
7
= 7,
5
=
7
2
=
7?6
2
= 21,
()()
7
=
4
7
3
=
7?6?5
3?2?1
= 35,
więc otrzymujemy
(x + 1)
7
7
6
5
4
3
2
= x + 7x + 21x + 35x + 35x + 21x + 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 równość
(a + b)
n
=
() ()
n
0
n
a +
n
1
a
n−1
b+
()
n
2
a
n−2 2
b + ... +
( )
n
n−1
1 n−1
a b
+
()
n
n
n
b .
Wzór ten jest nazywany wzorem dwumianowym Newtona.
W szczególności dla a = b = 1 otrzymujemy
n
2 =
( )( )( ) ( ) ( )
n
0
+
n
1
+
n
2
+ ... +
n
n−1
+
n
n
.
Otrzymana równość uzasadnia znany nam już fakt, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru n
n
–elementowego jest równa 2 .
211
Zadania
3.5. Zadania
Zadanie 3.5.1
Do szkolnego turnieju koszykówki zgłosiło się 14 drużyn. Ile trzeba rozegrać meczów, jeżeli turniej toczy się według systemu „każdy z każdym”, bez rewanżów?
a) 13
b) 28
c) 91
d) 182
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.2
Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 15 zawodników?
a) 29
b) 105
c) 210
d) 225
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.3
Ile jest wszystkich liczb naturalnych dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 2?
a) 20
b) 11
c) 10
d) 9
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.4
Ile wszystkich przekątnych ma dziesięciokąt foremny?
a) 45
212
Zadania
b) 35
c) 17
d) 10
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.5
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?
a) 16
b) 12
c) 10
d) 9
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.6
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?
a) 28
b) 29
c) 30
d) 31
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.7
Ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka?
a) 36
b) 30
c) 18
d) 15
(Pokaż odpowiedź)
213
Zadania
Zadanie 3.5.8
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?
a) 180
b) 360
c) 765
d) 1530
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.9
Ile jest pięciocyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr równej 12, których każda cyfra jest nieparzysta?
a) więcej niż 1000
b) 4720
c) 2360
d) mniej niż 1000
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.10
Na okręgu zaznaczono 8 różnych punktów. Ile jest wszystkich trójkątów, których każdy wierzchołek jest jednym z tych wybranych punktów?
a) 512
b) 336
c) 56
d) 24
(Pokaż odpowiedź)
214
Zadania
Zadanie 3.5.11
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:
a) 1 punkt
b) 2 punkty
c) 12 punktów
d) 13 punktów
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.12
Oblicz:
a) 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.
b) na ile sposobów można wybrać dwuosobową delegację z klasy liczącej 31 uczniów.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.13
Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników:
a) ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadł orzeł.
b) ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie sześć razy wypadła reszka.
c) dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadła reszka.
d) dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie siedem razy wypadł orzeł.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.14
a) Spośród ośmiu chłopców pewnej klasy nauczyciel chce wylosować sześciu. Na ile sposobów może to zrobić?
b) Spośród dwudziestu dziewcząt pewnej klasy nauczyciel chce wybrać osiemnaście. Na ile
sposobów może to zrobić?
(Pokaż odpowiedź)
215
Zadania
Zadanie 3.5.15
Oblicz liczbę wszystkich przekątnych
a) siedmiokąta wypukłego.
b) szesnastokąta wypukłego.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.16
Ilu zawodników liczy drużyna, z której 2 graczy można wybrać na 136 sposobów?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.17
Pewien wielokąt foremny ma 20 przekątnych. Ile boków ma ten wielokąt?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.18
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.19
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.
(Pokaż odpowiedź)
216
Zadania
Zadanie 3.5.20
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.21
W gimnazjalnym turnieju piłkarskim wystąpiła pewna liczba drużyn. Turniej rozgrywano metodą „każdy z każdym”, bez rewanżów. Po zakończeniu okazało się, że dokładnie 60% drużyn rozegrało co najmniej jeden mecz remisowy, a dokładnie
5
6
pozostałych co najmniej jeden mecz
przegrało. Ile meczów rozegrano w tym turnieju?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.22
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.23
Oblicz:
a) 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.
b) 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.
(Pokaż odpowiedź)
217
Zadania
Zadanie 3.5.24
W trapezie ABCD na podstawie AB wybrano punkty E i F, a na podstawie CD wybrano punkt G.
Oblicz, ile jest wszystkich:
a) trójkątów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów
A, B, C, D, E, F, G.
b) trapezów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów
A, B, C, D, E, F, G.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.25
W klasie jest 33 uczniów, przy czym chłopców jest o 3 mniej niż dziewczynek. Oblicz, na ile sposobów można wybrać z tej klasy:
a) trzyosobową delegację, w której znajdzie się dokładnie jedna dziewczynka.
b) czteroosobową delegację, w której znajdą się dokładnie dwaj chłopcy.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.26
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:
a) nie leży na żadnej z prostych k, l,
b) 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.
(Pokaż odpowiedź)
218
Zadania
Zadanie 3.5.27
Oblicz:
a) ile jest liczb czterocyfrowych, w których cyfra setek jest mniejsza od cyfry jedności.
b) ile jest liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:
cyfra setek jest większa od cyfry jedności,
cyfra tysięcy jest większa od cyfry dziesiątek.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.28
Oblicz, ile jest wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta o
wymiarach 6 na 4, podzielonego na kwadraty jednostkowe.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.29
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy
12.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.30
Oblicz, ile jest wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których
parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.31
Ile jest wszystkich liczb naturalnych:
a) pięciocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 11.
b) sześciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 3.
c) nieparzystych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
d) ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 6.
(Pokaż odpowiedź)
219
Zadania
Zadanie 3.5.32
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:
a) cyfra 1 stoi przed cyfrą 2
b) cyfra 3 stoi przed cyfrą 4
c) cyfra 5 stoi przed cyfrą 6
d) cyfra 7 stoi przed cyfrą 8
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.33
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.34
Dany jest prostokąt ABCD, w którym
| AB |
= 5,
| AD |
= 8. Prostokąt ten podzielono linia-
mi siatki na kwadraty jednostkowe. Ile jest wszystkich najkrótszych dróg prowadzących po liniach siatki od punktu A do punktu C?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.35
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.36
Wykaż, że
a) dla dowolnej liczby rzeczywistej x: (2x + 3)4 = 16x4 + 96x3 + 216x2 + 216x + 81
220
Zadania
b) dla dowolnej liczby rzeczywistej x: (x − 2)5 = x5 − 10x4 + 40x3 − 80x2 + 80x − 32.
c)
(
1
dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b: 2a + 2 b
)
4
4
3
2 2
3
= 16a + 16a b + 6a b + ab +
1 4
b .
16
d) dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b:
(a − b)
6
6
5
2 4
3 3
4 2
5
6
= a − 6a b + 15a b − 20a b + 15a b − 6a b + b .
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.37
Oblicz, ile jest:
a) wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na
dokładnie trzech miejscach stoją cyfry nieparzyste.
b) wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, w zapisie których na dokładnie czterech
miejscach stoją cyfry parzyste.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.38
Oblicz, ile jest:
a) trzycyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:(1)
cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek,(2) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności.
b) 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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.39
Dwunastu chłopców bierze udział w szkolnej wycieczce. Oblicz, na ile sposobów można ich zakwaterować w czterech trzyosobowych pokojach.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.40
Ze zbioru {1, 2, 3, ..., 22} losujemy jednocześnie pięć liczb. Oblicz, ile jest wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których:
221
Zadania
a) iloczyn jest parzysty.
b) suma jest parzysta.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.41
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:
a) dokładnie 10 pików i dokładnie 2 kiery
b) trzy asy, trzy króle, trzy damy i trzy walety
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.42
Oblicz, na ile sposobów można podzielić:
a) 10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny: „Niebieską” i „Żółtą”.
b) 10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny.
c) 12 graczy na 3 równoliczne drużyny: „Niebieską”, „Żółtą” i „Czerwoną”.
d) 12 graczy na 3 równoliczne drużyny.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.43
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
a) dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
b) piętnastocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 10.
c) dwudziestocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa
28.
d) stucyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 123.
(Pokaż odpowiedź)
222
Zadania
Zadanie 3.5.44
Oblicz, ile jest wszystkich wyników:
a) siedmiokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadło
jedno oczko i dokładnie trzy razy wypadło sześć oczek.
b) dziesięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie trzy razy wypadło jedno oczko i dokładnie cztery razy wypadła parzysta liczba oczek.
c) ośmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest
równy 20.
d) siedmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których suma liczb wyrzuconych oczek jest
równa 12.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.45
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.46
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:
a) wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary rękawiczek.
b) wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para rękawiczek.
(Pokaż odpowiedź)
223
Zadania
Zadanie 3.5.47
W pudełku znajduje się 30 kul ponumerowanych od 1 do 30. Z pudełka losujemy 7 kul. Oblicz,
ile jest takich wyników tego losowania, że:
a) wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary kul, których suma numerów jest równa 31.
b) wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para kul, których suma numerów jest równa 31.
c) wśród wylosowanych będą dokładnie 2 pary kul, których suma numerów jest równa 31.
d) wśród wylosowanych będą dokładnie 3 pary kul, których suma numerów jest równa 31.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.48
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?
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 3.5.49
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.
(Pokaż odpowiedź)
224
Prawdopodobieństwo
Rozdział 4. Prawdopodobieństwo
4.1. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa.
Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych
Przykład 1.
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”.
3
Podając liczby: 4 ,
1 2
,
10 3
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.
Przykład 2.
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 prawdopodo1
bieństwo, że najgorszy zespół wylosuje pierwszy numer w loterii draftowej jest równe 4 .
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
17
.
1000
225
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie prawdopodobieństw zdarzeń losowych
Pojęcie prawdopodobieństwa
226
227
228
Przykład 3.
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
229
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
I rzut/II rzuty
Orzeł
Reszka
orzeł
(orzeł, orzeł)
(orzeł, reszka)
reszka
(reszka, orzeł)
(reszka, reszka)
Lub za pomocą drzewa:
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) – 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.
230
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.
Przykład 4.
a) 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.
b) 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.
c) 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.
231
Przykład 5.
W doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą, rozróżnimy cztery zdarzenia elementarne:
•
„za pierwszym razem wypadł 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 elementarnych
Ω = {(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.
Definicja: Zdarzenie
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.
Zbiór Ω, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy
zdarzeniem pewnym.
Przykład 6.
Ponieważ w doświadczeniu rozpatrywanym w poprzednim przykładzie zbiór Ω ma cztery ele4
menty, to różnych zdarzeń w tym doświadczeniu jest 2 = 16 (tyle jest bowiem wszystkich
podzbiorów czteroelementowego zbioru Ω).
Przykładowymi zdarzeniami w doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie
symetryczną monetą są:
232
•
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 polega-
jące 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.
Twierdzenie: Klasyczna definicja
prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem P(A) zdarzenia A ? Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
P( A ) =
|A|
|Ω|
.
Przykład 7.
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 praw-
233
dopodobieństwa zdarzeń opisanych w poprzednim przykładzie. Przypomnijmy, że w tym doświadczeniu
|Ω|
= 4. Oznacza to, że:
|A|
2
4
1
•
jeżeli A =
{(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to P(A) =
•
jeżeli B =
{(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to P(B) =
•
jeżeli C =
{(reszka, reszka)}, to P(C) =
•
jeżeli D to zdarzenie, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek, to D = ?, stąd
|D|
0
P ( D) =
= 4 = 0,
|C|
|Ω|
|Ω|
=
= 2,
|B|
|Ω|
3
= 4,
1
= 4,
|Ω|
jeżeli E to zdarzenie, że wypadła parzysta liczba orłów, to E =
•
reszka)}, stąd P(E) =
|E|
|Ω|
=
2
4
{(orzeł, orzeł), (reszka,
1
= 2,
jeżeli F to zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki, to F = Ω, stąd
|F|
4
P( F ) =
= 4 = 1.
•
|Ω|
Warto zapamiętać dwa wnioski wynikające z klasycznej definicji prawdopodobieństwa:
1)
P( ? ) =
|?|
|Ω|
=
0
|Ω|
= 0, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia niemożliwego
jest równe 0,
2) P Ω = | Ω | = 1, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego jest równe
( )
|Ω|
1.
Własności prawdopodobieństwa
Przykład 8.
W kopercie znajduje się 11 kartek, ponumerowanych od 1 do 11. Z tej koperty wybieramy
losowo jedną kartkę. Obliczymy prawdopodobieństwo otrzymania:
a) liczby podzielnej przez 4,
b) 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.
Oznaczmy
A – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę podzielną przez 4,
B – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę niepodzielną przez 4.
234
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, wobec tego przy obliczaniu prawdopodobieństw zdarzeń A, B, C skorzystamy z definicji klasycznej.
1) 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 P(A) =
|A|
|Ω|
=
2
.
11
2) 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 więc
P(B) =
|B|
|Ω|
=
9
.
11
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.
Definicja: zdarzenie 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
|A|
| A' |
|Ω|
=
+
|Ω|
|Ω|
|Ω|
Ponieważ A oraz A’ są zdarzeniami ze zbioru Ω, więc liczba
nia A, natomiast liczba
| A' |
|Ω|
|A|
|Ω|
to prawdopodobieństwo zdarze-
to prawdopodobieństwo zdarzenia A’. Stąd
235
P(A) + P(A') = 1.
Prawdziwe jest zatem twierdzenie.
Twierdzenie: o prawdopodobieństwie zdarzenia
przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzorem
P(A') = 1 − P(A).
Przykład 9.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A oraz zachodzi równość
3 ? P(A) = 7 ? P(A'), gdzie A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A. Obliczymy prawdopodobieństwo zdarzenia A.
Przekształcamy równość daną w treści zadania, korzystając z zależności między P(A') i P(A)
(
3 ? P(A) = 7 ? 1 − P(A)
)
3 ? P(A) = 7 − 7 ? P(A)
10 ? P(A) = 7
Stąd wynika, że
P(A) =
7
.
10
Przykład 10.
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 zapiszemy
Ω = {10, 11, 12, ..., 99}
•
sposób I
Wypisujemy wszystkie zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu „otrzymana liczba
jest podzielna przez 6 lub przez 10”:
236
{10,
12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 50, 54, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 90, 96}
.
Jest ich 21.
Korzystając z definicji klasycznej, stwierdzamy więc, że szukane prawdopodobieństwo jest
równe
•
21
90
=
7
.
30
sposób II
Oznaczmy:
A – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 6,
B – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 10.
Zatem
A = {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 zdarzenie
A ∩ B = {30, 60, 90}
Przy obliczeniu zadanego prawdopodobieństwa skorzystamy ze wzoru na liczbę elementów
sumy dwóch zbiorów
| A?B |
Ponieważ
| A?B |
=
=
|A|
+
|B|
−
| A∩B |
i
| A | = 15, | B | = 9
| A | + | B | − | A ∩ B | = 15 + 9 − 3 = 21.
| A∩B |
= 3,
to
Oznacza to, że prawdopodobieństwo zdarzenia A ? B jest równe
P( A ? B ) =
| A?B |
|Ω|
=
21
90
=
7
.
30
Zauważmy, że dla dowolnych zdarzeń A, B ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω ze wzoru na
liczbę elementów sumy dwóch zbiorów
| A?B |
=
|A|
+
|B|
−
| A∩B |
wynika, że
| A?B |
|Ω|
=
|A|
|Ω|
+
|B|
|Ω|
−
| A∩B |
|Ω|
.
Ponieważ A ? B oraz A ∩ B są również zdarzeniami ze zbioru Ω, więc na mocy definicji klasycznej otrzymujemy zależność
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B)
Prawdziwe jest więc twierdzenie.
237
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 wzorem
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
gdzie A ∩ B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
Przykład 11.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu dane są zdarzenia A i B, przy czym ich prawdopodobieństwa są równe odpowiednio
2
7
i
3
.
11
W tym doświadczeniu pewne jest zdarzenie, że zaj-
dzie 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’.
Obliczamy
2
7
=
5
7
3
11
=
8
.
11
P(A') = 1 − P(A) = 1 −
oraz
P(B') = 1 − P(B) = 1 −
Z treści zadania wiemy, że P(A' ? B') = 1, a mamy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia
A' ∩ B'.
Korzystając
z
twierdzenia
o
prawdopodobieństwie
sumy,
zapisujemy
P(A' ? B') = P(A ') + P(B ') − P(A' ∩ B'). Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zdarzenie A’ i zdarzenie B’ jest równe
(
'
'
)
P(A' ∩ B') = P(A') + P(B') − P A ? B =
5
7
+
8
11
−1=
34
.
77
Przykład 12.
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
238
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?B |
|A|
|B|
= 144,
= 132 oraz
| A∩B |
= 80, zatem liczba
osób, które czytają jeden lub drugi tygodnik jest równa
| A?B |
=
|A|
+
|B|
−
| A∩B |
= 144 + 132 − 80 = 196
Stąd
| Ω | − | A ? B | = 216 − 196 = 20
to liczba osób, które nie czytają żadnego z tych tygodników.
Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równe
p=
20
216
=
5
.
54
Zależności między liczbami uczniów w tym zadaniu można przedstawić schematycznie za pomocą diagramu.
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 uczniów, którzy nie czytają żadnego z tych dwóch tygodników:
216 – (64 + 80 + 52) = 20.
Przykład 13.
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.
239
•
sposób I
Ponieważ z pudełka zawierającego 8 kul losujemy jednocześnie dwie kule, więc zdarzenie
elementarne
{1,
zapisujemy
jako
dwuelementowy
podzbiór
{a,
b}
zbioru
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Zatem zdarzeń elementarnych jest tyle, ile dwuelementowych
podzbiorów zbioru ośmioelementowego, stąd
|Ω| =
8?7
2
= 28
Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa 11, sprzyjają następujące 3 zdarzenia elementarne: {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}. Wobec tego
|A|
P(A) =
•
= 3, co oznacza, że
3
.
28
sposób II
Ponieważ 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
P( A ) =
6
56
=
|A|
= 6, co oznacza, że
3
.
28
Doświadczenia dwuetapowe - metoda drzewa
Przykład 14.
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 I
Za zdarzenie elementarne w opisanym doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednego
spośród 50 zadań.
Obliczenia liczby zadań kodowanych przeprowadzimy w dwóch etapach.
240
1) 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).
2) 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
1
5
? 20 = 4 zadania kodo-
wane.
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 równe
p=
•
19
.
50
sposób II
Zauważmy, że połowa z
pierwszego dnia, a
1
5
z
2
5
3
5
wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię
wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię dru-
giego dnia.
Zatem zadania kodowane stanowią
19
50
wszystkich zadań (jak to jest pokazane na diagramie),
co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe p =
19
.
50
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).
241
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=
3
5
?
1
2
+
2
5
?
1
5
Stąd
p=
19
.
50
W kolejnym przykładzie pokażemy, jak umiejętności związane z obliczaniem prawdopodobieństwa można wykorzystać do analizowania informacji, jakimi jesteśmy zasypywani przez
media wykorzystywane przez reklamodawców.
Przykład 15.
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 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
1
,
1000
•
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy nosiciela wirusa, jest równe
•
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy osobę, która nie jest nosicielem wirusa, jest równe
999
,
1000
242
•
prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u nosiciela,
jest równe
•
999
,
1000
prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u osoby, która
nie jest nosicielem, jest równe
1
.
100
Zapiszmy te prawdopodobieństwa na drzewku.
Wobec tego prawdopodobieństwo p zdarzenia, że badanie wykryje nosicielstwo, jest równe
999 ? (1 + 10)
1
999
999
1
1
999
999
10
999 ? 11
p = 1000 ? 1000 + 1000 ? 100 = 1000 ? 1000 + 1000 ? 1000 = 1000 ? 1000 = 1000 ? 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
za mało, żeby uznać to badanie za skuteczne.
243
1
.
11
To zdecydowanie
Zadanie 4.1.1
W pewnej klasie jest 3 razy więcej chłopców niż dziewcząt. Losujemy jedną osobę z tej klasy.
Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy dziewczynkę jest równe
a)
3
4
b)
3
7
c)
1
3
d)
1
4
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.2
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
a) p <
1
6
b) p =
1
6
c) p =
1
5
d) p >
1
5
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.3
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że będzie to liczba o sumie cyfr równej 16, jest równe
a)
1
30
b)
3
89
c)
1
16
d)
16
90
(Pokaż odpowiedź)
244
Zadanie 4.1.4
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że
dwukrotnie otrzymamy liczbę oczek mniejszą od 3, jest równe
a)
2
3
b)
2
9
c)
1
9
d)
1
18
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.5
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
a) p =
1
4
b) p =
15
64
c) p =
7
32
d) p =
7
64
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.6
Rzucamy 3 razy symetryczną monetą. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że dokładnie
raz wyrzucimy orła, jest równe
a) p =
3
8
b) p =
1
3
c) p =
1
4
d) p =
1
8
(Pokaż odpowiedź)
245
Zadanie 4.1.7
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, ponadto A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A oraz zachodzi równość 2 ? P(A) = 3 ? P(A'). Stąd prawdopodobieństwo
zajścia zdarzenia A jest równe
a)
2
5
b)
1
3
c)
2
3
d)
3
5
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.8
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że otrzymamy sumę oczek podzielną przez 7 lub przez 11, jest równe
a)
1
4
b)
2
9
c)
1
9
d)
1
18
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.9
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
a) p >
5
32
b) p =
5
32
c) p =
1
5
d) p <
1
5
(Pokaż odpowiedź)
246
Zadanie 4.1.10
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
a) większe od
b) równe
1
2
c) równe
1
4
1
2
d) mniejsze od
1
4
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.11
W pudełku znajduje się 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy jedną
kulę. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania:
a) kuli z numerem podzielnym przez 5
b) kuli z nieparzystym numerem dwucyfrowym
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.12
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
1
.
26
Oblicz, ile jest losów pustych w tym pudełku.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.13
Ze zbioru {1, 2, 3, ... , 39, 40} dodatnich liczb całkowitych, które nie są większe od 40, wybieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo p otrzymania:
a) liczby mniejszej od 30
b) liczby dwucyfrowej.
c) liczby podzielnej przez 7
247
d) liczby, która nie dzieli się przez 4
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.14
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:
a) osoba z klasy 3a
b) osoba z klasy 3b lub z klasy 3c
c) dziewczynka z klasy 3d
d) chłopiec
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.15
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo p tego, że
a) wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest równy 24
b) wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest mniejsza niż 17
c) wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest parzysta
d) wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest parzysty
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.16
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.
(Pokaż odpowiedź)
248
Zadanie 4.1.17
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.18
W pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, natomiast A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, wiedząc, że
a) P(A) = 4 ? P(A')
b) 2 ? P(A') = 7 ? P(A)
c) P(A) = P(A') +
3
17
d) 3 ? P(A) + 7 ? P(A') = 5 2
5
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.19
W pewnym doświadczeniu losowym A i B są zdarzeniami, A’ jest zdarzeniem przeciwnym do
A, B’ jest zdarzeniem przeciwnym do B.
a) Oblicz P(A ? B), wiedząc, że zdarzenia A i B są rozłączne oraz P(A') = 3 , P(B') = 0,61.
4
b) Oblicz P(A ∩ B), wiedząc, że P(A ? B) = 2 , P(A') = 1 , P(B') = 3 .
3
2
4
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.20
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:
a) dwóch kartek o różnych numerach,
b) takich dwóch kartek, że iloraz numeru na pierwszej kartce przez numer na drugiej kartce
jest liczbą całkowitą.
(Pokaż odpowiedź)
249
Zadanie 4.1.21
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, że
a) największa wyrzucona liczba oczek jest równa 1 lub 2, lub 3.
b) największa wyrzucona liczba oczek jest równa 5.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.22
Losujemy dwa wierzchołki spośród wszystkich wierzchołków siedmiokąta foremnego. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy w ten sposób końce pewnej przekątnej tego
wielokąta.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.23
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} losujemy dwa razy po jednej liczbie
ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo:
a) zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, z których pierwsza jest o 2 lub o
3 mniejsza od drugiej.
b) zdarzenia B, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których iloczyn jest podzielny
przez 10.
c) zdarzenia C, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma jest podzielna
przez 7.
d) zdarzenia D, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma kwadratów jest
podzielna przez 3.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.24
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.
(Pokaż odpowiedź)
250
Zadanie 4.1.25
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.26
W kopercie jest 15 kartek ponumerowanych liczbami od 1 do 15. Z tej koperty losujemy jednocześnie dwie kartki. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia:
a) A – iloczyn liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysty,
b) B – suma liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysta.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.27
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.28
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.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.29
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.
(Pokaż odpowiedź)
251
Zadanie 4.1.30
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A – dokładnie raz wypadnie szóstka.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.31
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:
a) suma każdych dwóch sąsiednich cyfr będzie nieparzysta,
b) cyfry 1 oraz 2 będą zapisane na sąsiednich miejscach.
(Pokaż odpowiedź)
Zadanie 4.1.32
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.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: C
Zadanie 4.1.33
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.
(Pokaż odpowiedź)
252
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
4.2. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść
rozszerzona)
Definicja: definicja ogólna
prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnych
{
}
Ω = 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 P(A), która jest
sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A.
Przykład 1.
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 = w 1, w 2, w 3, w 4 .
Każdemu ze zdarzeń elementarnych przypisaliśmy prawdopodobieństwo takie , jak w poniższej tabeli:
Zdarzenie
elementarne
prawdopodobieństwo
w1
p1 =
3
5
?
1
2
w2
=
3
10
p2 =
3
5
?
1
2
w3
=
3
10
p3 =
2
5
?
1
5
w4
=
2
25
p4 =
2
5
?
4
5
=
8
25
Ponieważ spełniony jest warunek p1 + p2 + p3 + p4 = 1, więc jeżeli przez A oznaczymy zdarze-
{
}
nie, że wylosowano zadanie kodowane, to A = w1, w3 i prawdopodobieństwo p zdarzenia
A jest równe
p = p1 + p3 =
253
19
.
50
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
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.
Przykład 2.
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, odpowiednio
p1, p2, p3, ..., pn,
że
p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1.
Jeżeli przyjmiemy, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne
p1 = p2 = p3 = ... = pn,
1
to każdemu zdarzeniu elementarnemu przypisane jest prawdopodobieństwo równe n .
Ponieważ zbiór zdarzeń elementarnych liczy n elementów, więc | Ω | = n. Ponadto dowolnemu zdarzeniu A ? Ω sprzyja
|A|
|A|
zdarzeń elementarnych, co oznacza, że P(A) jest sumą
1
liczb równych n .
Stąd P(A) =
|A|
?
1
n
=
|A|
n
=
|A|
|Ω|
. To właśnie mieliśmy udowodnić.
254
Słowniczek
Słowniczek
Definicja: definicja ogólna
prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnych
{
}
Ω = 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 P(A), która jest
sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A.
Definicja: Dominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w
próbie najczęściej.
Definicja: Graniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy
graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są
prostokątami.
Definicja: kąt 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.
255
Słowniczek
Definicja: k-elementowa kombinacja zbioru nelementowego
Każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego (0 ≤ k ≤ n) nazywa się zwyczajowo k-elementową kombinacją zbioru n-elementowego.
Twierdzenie: Klasyczna definicja
prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem P(A) zdarzenia A ? Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
P( A ) =
|A|
|Ω|
.
Własność: 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.
256
Słowniczek
Twierdzenie: liczba k-elementowych kombinacji
zbioru n-elementowego
Liczba
()
n
k
wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n − elementowego jest równa
n!
k! ? (n − k) !
=
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
k ? (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
równość
()( )
n
k
n
=
n−k
Tę tożsamość można również wykazać algebraicznie.
Ponieważ
()
n
k
n!
=
k! ? (n − k) !
oraz
( )
n
n−k
=
n!
(n − k)!
(
)
? n − (n − k) !
więc
()( )
n
k
=
n
n−k
257
.
=
n!
(n − k)!
? k!
Słowniczek
Definicja: liczba k–elementowych podzbiorów
zbioru n–elementowego
{
}
Rozpatrzmy zbiór A = a1, a2, ..., an , który ma n (n ≥ 1) elementów.
Symbolem
()
n
k
oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych
(k ≥ 0 i k ≤ n) .
Zapis symboliczny
•
•
•
()
()
()
5
2
7
1
6
0
()
n
k
odczytujemy „n po k”, stąd np.:
czytamy „pięć po dwa”,
czytamy „siedem po jeden”,
czytamy „sześć po zero”.
Własność: 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) ? …
?
k czynników
258
? (n − k + 1)
Słowniczek
Własność: liczba k-wyrazowych wariacji z
powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest rówk
na n .
Definicja: Mediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru
n liczb x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn jest:
•
dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz x n + 1
2
•
,
dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów ciągu,
czyli
1
2
(
xn + xn
2
2
+1
)
.
Definicja: Odchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
| x1 − x | + | x2 − x |
−
−
| xn − x |
−
+ … +
n
Definicja: Odchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
σ=
√(
− 2
− 2
− 2
x1 − x + x2 − x + … + xn − x
) (
)
(
)
n
Kwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2, czyli
σ2 =
(
− 2
− 2
− 2
x1 − x + x2 − x + … + xn − x
) (
)
n
259
(
)
Słowniczek
Twierdzenie: o dwóch płaszczyznach równoległych
przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie
przecięcia są prostymi równoległymi.
Twierdzenie: 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.
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 wzorem
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
gdzie A ∩ B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
260
Słowniczek
Twierdzenie: o prawdopodobieństwie zdarzenia
przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzorem
P(A') = 1 − P(A).
Twierdzenie: 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.
Definicja: Ostrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany boczne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
261
Słowniczek
Reguła: 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.
Dowód
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który
leży na prostej l.
262
Słowniczek
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.
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.
Definicja: prosta 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.
263
Słowniczek
Definicja: prosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych,
jest równoległa do tej płaszczyzny.
Definicja: prostej 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.
Definicja: proste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi
skośnymi.
Twierdzenie: 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 równa
k1 ? k2 ? k3 ? ... ? kn
Powołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki
pierwsze daje się zapisać w postaci
n = p1
α
1
? p2
α
2
α
? ... ? pk k,
264
Słowniczek
gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczbami całkowitymi,
ma
( α 1 + 1 ) ? ( α2 + 1 ) ?
... ?
( αk + 1 )
dodatnich dzielników całkowitych.
Definicja: Różne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczyznami równoległymi.
Definicja: Stożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła
prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
Definicja: Średnia arytmetyczna
Średnią
−
x =
arytmetyczną
liczb
rzeczywistych
x 1, x 2, … , x n
nazywamy
liczbę
x1 + x2 + … + xn
.
n
Definicja: Średnia ważona
Średnią ważoną liczb x1, x2, … , xn, którym przyporządkowane są odpowiednio do−
datnie wagi w1, w2, … , wn, nazywamy liczbę x w =
265
x 1 ∙ w1 + x2 ∙ w2 + … + xn ∙ wn
.
w1 + w2 + … +wn
Słowniczek
Definicja: Walec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej zawierającej jeden z boków prostokąta.
Twierdzenie: Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, … , xn jest równa
2
σ =
2
2
2
x1 + x2 + … + xn
n
( )
−
− x
2
Dowód
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemy
− 2
σ2 =
=
− 2
(x1 − x ) + (x2 − x )
− 2
+ … + xn − x
(
)
n
=
−
− 2
−
− 2
−
− 2
2
2
2
x − 2x1 ? x + x + x − 2x2 ? x + x + … + x − 2xn ? x + x
1
2
n
( )
( )
n
=
=
( )
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
−
−2x
2
x1 + x2 + … xn
n
( ) ( )
−
−2? x
−
+ x
2
=
=
− 2
n? x
+
( )
n
=
2
2
2
x +x + … +x
1
2
n
n
( )
−
− x
2
Definicja: Zdarzenie
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.
Zbiór Ω, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy
zdarzeniem pewnym.
266
Słowniczek
Definicja: zdarzenie 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’.
267
Odpowiedzi
Rozdział 5. Odpowiedzi
Stereometria / Graniastosłup prosty i
jego własności. Związki miarowe w
graniastosłupach
Zadanie 1.2.1 (Wróć do zadania)
Odpowiedź
V = 254 cm
3
Odpowiedź
3
Są dwa takie graniastosłupy: V1 = 108 cm , V2 = 112 cm
Odpowiedź
V = 486
Odpowiedź
V=
3
2
√15 cm
3
Odpowiedź
2
Pc = 75 cm
125√2
3
V=
cm
4
Odpowiedź
PA
1BC1
= 36√3 cm
2
Odpowiedź
(
Pc = 75 2 + √3 ) cm
V=
125(3√3 + 5)
4
cm
2
3
Odpowiedź
6
cosα = √
3
268
3
Odpowiedzi
Stereometria / Ostrosłup i jego własności
Odpowiedź
a) V = 6√3
b) V =
32√17
3
c) V = 18√39
Odpowiedź
a) V =
8
3
√31
b) V = 80
c) V = 64√3
Odpowiedź
V = 54√6 cm
3
Pc = 108√3 cm
2
Odpowiedź
32 3 3
V= √ j
3
Odpowiedź
V = 144√3 cm
3
Odpowiedź
Pc = (700 + 400√7 ) dm
2
Odpowiedź
32 3
3
V = √ dm
3
Odpowiedź
512√2
3
V=
cm
3
Odpowiedź
V = 10√51 cm
3
269
Odpowiedzi
Odpowiedź
3 13
sin α = √
13
270
Odpowiedzi
Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły
obrotowe - walec
Zadanie 1.4.1.1 (Wróć do zadania)
Odpowiedź
3
V = 972π cm , Pc = 378π cm
2
Odpowiedź
Pc = 1024 π cm
2
Odpowiedź
V = 300π cm
3
Odpowiedź
V=
243
π
4
3
cm , Pc =
(
27
2
)
+ 27√3 π cm
2
Odpowiedź
V = 224π cm
3
Odpowiedź
3
V = 270√5π cm , Pc = 270π cm
2
Odpowiedź
V = 90√2π cm
3
Odpowiedź
Do tego naczynia można wrzucić nie więcej niż 18 kostek.
271
Odpowiedzi
Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły
obrotowe - stożek
Odpowiedź
2
Pb = 96π dm , V = 192π dm
3
Odpowiedź
3
V = 192π cm , Pc = 144 π cm
2
Odpowiedź
343√3
3
V=
π cm
3
Odpowiedź
V1
V2
5 385
= √7
Odpowiedź
3
sin α = √
2
Odpowiedź
Pbw
Pbs
=
2πrH
2
2
πr r + H
√
=
√
2
2
2H r + H
2
2
r +H
Odpowiedź
V=
48
π
5
cm
2
Odpowiedź
1
7
272
Odpowiedzi
Elementy statystyki opisowej / Średnia,
mediana, dominanta
Elementy statystyki opisowej / Średnia, mediana, dominanta / Średnie, mediana, dominanta,
czyli statystyki wyznaczające środek zestawu danych. Zadania
Odpowiedź
9
Odpowiedź
a = 11
Odpowiedź
średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
Odpowiedź
2
Odpowiedź
x≤6
Odpowiedź
10
Odpowiedź
a) 14
b) 9
Rozwiązanie
a) Liczymy średnią ocen ze sprawdzianu z matematyki w klasie IIIc
−
1 ? 2 + 2 ? 3 + 3 ? 11 + 4 ? 8 + 5 ? 5 + 6 ? 1
104
xw=
= 30 = 3,47
2 + 3 + 11 + 8 + 5 + 1
Wyższymi ocenami są więc 4, 5 i 6. Uczniów, którzy taką ocenę zdobyli, jest 8 + 5 + 1 = 14.
b) 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.
273
Odpowiedzi
Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Licząc średnią ocen w klasie z matematyki, otrzymujemy
−
xw=
3 ? 2 + 12 ? 3 + 10 ? 4 + 1 ? 6 + x ? 5
3 + 12 + 10 + 1 + x
=
88 + 5x
.
26 + x
Ponieważ średnia ta jest równa 3,5, to otrzymujemy równanie:
88 + 5x
26 + x
= 3,5,
które następnie przekształcamy do postaci
88 + 5x = 91 + 3,5x.
Stąd 1,5x = 3. Otrzymujemy więc x = 2.
Odpowiedź
14 zł
Rozwiązanie
Policzymy średnią cenę kilograma cukierków w otrzymanej mieszance
14 ? 12 + 9 ? 14 + 7 ? 18
14 + 9 + 7
=
420
30
= 14.
Odpowiedź
29 lat
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę lat przepracowanych w tym zakładzie przez brygadzistę. Licząc średni
wiek pracy w zakładzie robotników wraz z brygadzistą, otrzymujemy równanie
10 ? 7 + x
11
=9
Stąd 70 + x = 99, czyli x = 29 lat.
Odpowiedź
25
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę uczestników wycieczki. Policzymy średnią razem z opiekunem.
−
x =
14 ? x + 40
x+1
= 15
Otrzymujemy więc równanie 14x + 40 = 15x + 15, stąd x = 25.
Odpowiedź
a) 25%
274
Odpowiedzi
b) 10%
Rozwiązanie
a) jeżeli każdy z pracowników otrzyma podwyżkę o 500 zł, nową średnią będziemy liczyć następująco
−
x =
(x1 + 500) + (x2 + 500) + … + (xn + 500)
n
=
x1 + x2 + … + xn
n
+ 500.
Zatem średnia pensja też zwiększy się o 500 zł.
Możemy więc ułożyć proporcję
100%
−
2000
x
−
500
Stąd x =
500 ? 100%
2000
= 25%.
b) Jeżeli wszyscy pracownicy dostaną podwyżkę o 10%, nową średnią pensję będziemy liczyć
następująco
1,1 ∙ x1 + 1,1 ∙ x2 + … + 1,1 ∙ xn
n
= 1,1 ?
x1 + x2 + … + xn
n
Zatem średnia pensja zwiększy się o 10%.
Odpowiedź
moda - 44
mediana - 43,5
średnia - 43,44
Rozwiązanie
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
43 + 44
= 43,5.
2
1 ? 41 + 3 ? 42 + 4 ? 43 + 6 ? 44 + 2 ? 46
średnią
16
wartości, więc jest równa
Na koniec policzymy
=
41 + 126 + 172 + 264 + 92
16
=
695
16
≈ 43,44.
Odpowiedź
68%
Rozwiązanie
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
Odpowiedź
a) 24
275
=
3400%
50
= 68%.
Odpowiedzi
b) 10
c) 7,5
Rozwiązanie
Ponieważ średnia liczb a, b, c jest równa 8, więc
a+b+c
3
a) Średnia arytmetyczna liczb 3a, 3b, 3c jest równa
= 8, skąd a + b + c = 24.
3a + 3b + 3c
3
= a + b + c = 24.
b) Średnia arytmetyczna liczb a + 1, b + 2, c + 3 jest równa
(a + 1) + (b + 2) + (c + 3) a + b + c + 6 24 + 6 30
=
= 3 = 3 = 10.
3
3
c) Średnia arytmetyczna liczb a, b, c, 6 jest równa
a+b+c+6
4
=
24 + 6
4
=
30
4
= 7,5.
Odpowiedź
20, 50 i 50
Rozwiązanie
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 + 50
3
= 40, stąd x = 20.
Odpowiedź
5
Rozwiązanie
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 ? (9 − x) + 3
10
Otrzymujemy więc 5x + 36 − 4x + 3 = 44, skąd x = 5.
276
= 4,4.
Odpowiedzi
Elementy statystyki opisowej / Miary
rozproszenia
Odpowiedź
√10
Odpowiedź
36,5
Odpowiedź
32
Odpowiedź
1, 2, 9,10,11
Odpowiedź
a) pierwszy
b) drugi
Rozwiązanie
a) Obliczamy średni wynik pierwszego zawodnika
− 115 + 119 + 116 + 125 + 123 + 122 + 115 + 125 960
x =
= 8 = 120. Obliczamy średni wynik drugiego za8
wodnika.
− 120 + 115 + 116 + 121 + 123 + 124 + 115 + 118
x =
=
8
952
8
= 119. Zatem pierwszy zawodnik ma wyższą
średnią długość skoku.
b) Obliczamy wariancję wyników pierwszego zawodnika
σ2 =
(−5)
2
2
2
2
2 2
2
2
+ (−1) + (−4) + 5 +3 + 2 + (−5) + 5
8
=
130
8
= 16,25. Obliczamy wariancję wyników dru-
giego zawodnika.
σ2 =
2
2
2
2 2
2
2
2
1 + 4 + 3 + 2 +4 + 5 + 4 + 1
8
=
88
8
= 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.
Odpowiedź
3
277
Odpowiedzi
Rozwiązanie
−
Średnia danych liczb jest równa x =
ścią
σ2 =
do
2
2
trzech
2
2
2
15 + 12 + 17 + 10 + 13 + 8 + 10 + 16
8
miejsc
2
2
15 + 12 + 17 + 10 +13 + 8 + 10 + 16
8
2
po
= 12,625. Wariancja z dokładno-
przecinku
jest
równa
2
− (12,625) = 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.
Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Odchylenie przeciętne przyjazdu tramwaju jest równe
3,5 + 2 + 1,5 + 1 + 2
5
=
10
5
=2
Odpowiedź
−
−
−
W pierwszym tygodniu x = 4, σ ≈ 2, w drugim tygodniu x = 4, σ ≈ 1,07, a w całym okresie x = 4,
σ ≈ 1,60.
Rozwiązanie
W pierwszym tygodniu średni czas, jaki Magda poświęciła na naukę, wynosił:
−
x =
5+6+3+2+4+7+1
7
=
28
7
= 4.
=
28
7
= 4.
W drugim tygodniu średnia ilość czasu wynosiła:
−
x =
3+3+4+4+5+6+3
7
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 =
2
2 2
2
2
2
2
1 + 2 + (−1) + ( − 2) +0 + 3 + (−3)
7
=
28
7
=4
Zatem odchylenie standardowe w pierwszym tygodniu było równe σ = √4 = 2.
W drugim tygodniu wariancja wynosiła:
σ2 =
(−1)
2
2
2
2
2 2
2
+ (−1) + 0 + 0 +1 + 2 + (−1)
7
=
8
7
≈ 1,14.
Zatem odchylenie standardowe w drugim tygodniu było równe σ = √1,14 ≈ 1,07.
Przez cały okres badania wariancja wynosiła σ2 =
28 + 8
14
=
36
14
≈ 2,57, stąd odchylenie standardowe
σ = √2,57 ≈ 1,60.
Odpowiedź
2
a) −
x = 6, 6 = 8, σ = 2√2, po zwiększeniu każdej liczby dwa razy zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe też wzrosną dwukrotnie, wariancja wzrośnie czterokrotnie.
278
Odpowiedzi
b) Zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe wzrosną trzykrotnie.
Rozwiązanie
a) Średnia danych liczb −
x =
σ2 =
(−4)
2
2 + 4 + 6 + 8 + 10
5
2
2
2
2
+ (−2) + 0 + 2 + 4
= 6. Wtedy wariancja jest równa
= 8, stąd odchylenie standardowe jest równe σ = √8 = 2√2.
5
Jeżeli liczby zwiększymy dwukrotnie, otrzymamy: 4, 8, 12, 16, 20, dla których średnia jest
−
równa x =
4 + 8 + 12 + 16 + 20
5
=
60
6
= 12. Wariancja wynosi σ2 =
(−8)
2
2
2
2
2
+ (−4) + 0 + 4 + 8
5
=
160
5
= 32,
czyli σ = √32 = 4√2. Zarówno średnia, jak i wariancja wzrosną dwukrotnie.
b) Po zwiększeniu danych liczb trzykrotnie, otrzymujemy: 3a, 3b, 3c, 3d, 3e. Średnia tego ze−
3a + 3b + 3c + 3d + 3e
a+b+c+d+e
stawu wynosi:
=3∙
= 3 ? x , a wariancja
5
5
(
(
(
(
(
2
2
2
2
2
3a) + 3b) + 3c) + 3d) + 3e)
5
( )
−
− 3∙ x
2
=9?
2
2 2
2
2
a +b +c +d +e
5
−
− 9 ? x = 9 ? σ2, stąd odchylenie
standardowe jest równe σ = √9 ∙ σ2 = 3 ∙ σ. Zatem zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe zwiększą się trzykrotnie.
Odpowiedź
σ2 = 0,89, σ ≈ 0,94
Rozwiązanie
Przyjmujemy następujące wagi
1 dziecko
2 dzieci
3 dzieci
4 dzieci
Suma wag
0,4
0,4
0,1
0,1
1
Średnia ważona jest wówczas równa
−
x w = 0,4 ∙ 1 + 0,4 ∙ 2 + 0,1 ∙ 3 + 0,1 ∙ 4 = 0,4 + 0,8 + 0,3 + 0,4 = 1,9
Liczymy wariancję.
σ2 =
2
2
2
2
0,4 ∙ 1 + 0,4 ∙ 2 + 0,1 ∙ 3 + 0,1 ∙ 4
1
2
− (1,9) = 0,4 + 1,6 + 0,9 + 1,6 − 3,61 = 0,89
Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ ≈ 0,94.
279
Odpowiedzi
Kombinatoryka / Liczba elementów
zbioru skończonego
Odpowiedź
299
Odpowiedź
23
Odpowiedź
23
Odpowiedź
127
Odpowiedź
18
Odpowiedź
a) 36
b) 45
c) 15
d) 180
Rozwiązanie
a)
|A|
= 62 − 26 = 36
b)
|B|
=
1
2
? 90 = 45
c)
|C|
=
1
6
? 90 = 15
d)
|D|
=
1
5
? 900 = 180
Odpowiedź
a)
| A1 |
= 90
b)
| A3 |
= 90
280
Odpowiedzi
c)
| A6 |
= 90
d)
| A8 |
= 90
Rozwiązanie
a)
| A1 |
=
| A3 |
=
| A6 |
=
| A8 |
=
1
10
? 900 = 90
Odpowiedź
149
Rozwiązanie
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 − 305
2
= 149 kartek.
Odpowiedź
900
Rozwiązanie
Ponieważ:
2014
19
= 106 oraz
2014
2
= 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.
Odpowiedź
a) 4
b) 22
c) 36
d) 112
Rozwiązanie
a) Te liczby to 20, 40, 60, 80.
b) I sposób.
W zbiorze {1, 2, 3, … , 100} jest 25 liczb podzielnych przez 4, trzy z nich: 4, 8, i 100 nie są
dwucyfrowe. Zatem wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4, jest 25 − 3 = 22.
II sposób.
? ? − ? ? = ?24 ? − ?2 ? = 24 − 2 = 22.
99
4
9
4
3
4
1
4
c) 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.
? ? − ? ? = ?39 ? − ?3 ? = 39 − 3 = 36.
999
25
99
25
24
25
24
25
d) 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 trzy-
281
Odpowiedzi
cyfrowych, które dzielą się przez 8, jest 125 − 13 = 112.
II sposób.
? ? − ? ? = ?124 ? − ?12 ? = 124 − 12 = 112.
999
8
99
8
7
8
3
8
Odpowiedź
a) 81
b) 53
c) 474
d) 391
Rozwiązanie
a)
? ? − ? ? = ?90 ? − 9 = 90 − 9 = 81.
b)
? ? − ? ? = ?58 ? − ?5 ? = 58 − 5 = 53.
c)
? ? − ? ? = ?526 ? − ?52 ? = 526 − 52 = 474,
d)
? ? − ? ? = ?434 ? − ?43 ? = 434 − 43 = 391.
999
11
999
17
9999
19
9999
23
99
11
99
17
999
25
999
23
9
11
13
17
14
17
5
19
17
23
11
19
10
23
Odpowiedź
a) 45
b) 30
c) 180
d) 36
Rozwiązanie
a) 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 elementów jest równa
1
2
? 90 = 45.
b) 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
1
3
? 90 = 30.
c) 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,
282
Odpowiedzi
które są podzielne przez 5 lub przez 15, to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne
przez 5, a liczba jego elementów jest równa
1
5
? 900 = 180.
d) 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
1
25
? 900 = 36.
Odpowiedź
Dokładnie 20 uczestników konkursu nie zna języka angielskiego.
a) Ponieważ 50 uczestników zna język francuski, więc co najmniej 30 zna oba języki: francuski i
angielski.
b) Ponieważ 40 uczestników zna język niemiecki, więc co najmniej 20 zna oba języki: niemiecki
i angielski.
c) Ponieważ 21 uczestników zna język rosyjski, więc co najmniej 1 zna oba języki: rosyjski i angielski.
Odpowiedź
W klasie IIIb jest 33 − 19 = 14 dziewczynek. Ponieważ na kółko chodzi 15 uczniów tej klasy, więc
jest wśród nich co najmniej jeden chłopiec.
Odpowiedź
3 osoby
Rozwiązanie
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.
Odpowiedź
a) 50
b) 36
c) 156
d) 48
Rozwiązanie
a) 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∩B |
=
1
18
? 90, więc
| A?B |
=
|A|
283
+
|A|
|B|
−
=
1
2
? 90,
| A∩B |
|B|
=
1
9
? 90 oraz
= 45 + 10 − 5 = 50.
Odpowiedzi
b) 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
oraz
| A∩B |
=
1
30
? 90, więc
| A?B |
=
|A|
+
|A|
|B|
=
1
3
? 90,
| A∩B |
−
|B|
=
1
10
? 90
= 30 + 9 − 3 = 36.
c) 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|
=
1
6
? 900,
|B|
=
1
75
? 900
1
| A ∩ B | = 150 ? 900, więc
| A?B | = | A | + | B | − | A∩B |
oraz
= 150 + 12 − 6 = 156.
d) 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
1
|A|
=
1
25
? 900,
1
| B | = 60 ? 900 oraz | A ∩ B | = 300 ? 900, więc
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 36 + 15 − 3 = 48.
Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Liczba osób, które zgłosiły się na zajęcia po kolacji jest równa 56 + 38 − 26 = 68. Zatem dwie osoby
postanowiły zostać po kolacji w pokoju.
Odpowiedź
Pozostało 600 liczb.
Rozwiązanie
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, przez A5 – podzbiór tych liczb ze zbioru A, które dzielą się przez 5. Wtedy
| A4 ? A5 |
=
| A4 |
+
| A5 |
−
| A4 ∩ A5 |
=
1
4
? 1000 +
1
5
? 1000 −
1
20
? 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
12
20
? 1000 = 600 liczb.
Odpowiedź
Oznaczmy: A - zbiór osób, które głosowały na kandydata A,
B - zbiór osób, które głosowały na kandydata B,
284
Odpowiedzi
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.
Odpowiedź
660
Rozwiązanie
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 |
=
1
2
=
| A2 |
? 900 +
1
3
+
| A3 |
? 900 +
1
5
+
? 900 −
| A5 |
(
1
6
−
? 900 +
(|A
1
15
2
∩ A3
? 900 +
|
1
10
+
| A3 ∩ A5 |
)
? 900 +
1
30
+
| A2 ∩ A5 | ) + | A2 ∩
? 900 =
= 450 + 300 + 180 − (150 + 60 + 90) + 30 = 660
Wynik 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
22
30
? 900 = 660 liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2, lub przez 3 lub przez 5.
Odpowiedź
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
285
Odpowiedzi
osób, czyli pozostanie ich co najmniej 9,
(3) ostatecznie z sali wyszli wszyscy, którzy nie znają niemieckiego – w tym momencie wyjdzie co
najwyżej 8 osób, więc co najmniej jedna osoba pozostanie w sali.
Ta osoba zna każdy z trzech języków: angielski, francuski i niemiecki.
Odpowiedź
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, że
j + d + m + a + b + c + x = 90
stąd
2(j + d + m) + 2(a + b + c) + 2x = 2 ? 90 = 180.
Ponadto
j + a + b + x = 70
d + a + x + c = 60
m + b + x + c = 40
Dodając trzy ostatnie równości stronami otrzymujemy
(j + d + m) + 2(a + b + c) + 3x = 170
Odejmując stronami tę równość od równości 2(j + d + m) + 2(a + 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.
286
Odpowiedzi
Kombinatoryka / Reguła mnożenia,
reguła dodawania
Odpowiedź
42
Odpowiedź
6
Odpowiedź
25
Odpowiedź
8
Odpowiedź
20
Odpowiedź
60
Odpowiedź
198
Odpowiedź
144
Odpowiedź
15
Rozwiązanie
Stosujemy regułę mnożenia: 3 ? 5 = 15.
Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.
Odpowiedź
a) 49
b) 42
287
Odpowiedzi
Rozwiązanie
a) Korzystamy z reguły mnożenia: 7 ? 7 = 49.
b) Korzystamy z reguły mnożenia: 7 ? 6 = 42.
Polecamy zilustrować rozwiązan, stosując metodę tabeli.
Odpowiedź
a) 6
b) 5
Rozwiązanie
Stosujemy metodę tabeli (p1 – wynik losowania z pierwszego pudełka, p2 – wynik losowania z drugiego pudełka).
a)
/
p1 p2
biała
biała
czarna
x
zielona
x
czarna
zielona
x
x
2 możliwości
x
2 możliwości
2 możliwości
x
Razem:
2?3=6
Można 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.
b)
/
biała
czarna
zielona
biała
x
x
x
czarna
x
1 możliwość
zielona
x
1 możliwość
p1 p2
Razem:
3 możliwość
3+2?1 =5
Można 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.
288
Odpowiedzi
Odpowiedź
a) 56
b) 132
Rozwiązanie
Odpowiedź
a) 30
b) 25
Rozwiązanie
Odpowiedź
a) 32
b) 21
c) 12
d) 5
Rozwiązanie
a) Kwadratów o boku 1 jest, oczywiście, 4 ? 8 = 32.
b) 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.
c) 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.
d) 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.
Odpowiedź
a) 30
b) 28
289
Odpowiedzi
c) 15
d) 24
Rozwiązanie
a) Liczba dzielników jest równa (5 + 1) ? (4 + 1) = 30.
b) Liczba dzielników jest równa (7 + 1) ? (3 + 1) = 28.
c) Rozkładamy liczbę 3969 na czynniki pierwsze: 3969 = 72 ? 34. Oznacza to, że liczba dzielników naturalnych liczby 3969 jest równa (2 + 1) ? (4 + 1) = 15.
d) Rozkładamy liczbę 4000 na czynniki pierwsze: 4000 = 53 ? 25. Zatem liczba dzielników naturalnych tej liczby jest równa (3 + 1) ? (5 + 1) = 24.
Odpowiedź
a) 24
b) 37
Rozwiązanie
a) Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 3 ? 4 + 4 ? 3 = 24.
b) 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.
Odpowiedź
15
Rozwiązanie
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.
Odpowiedź
a) 16
b) 7
290
Odpowiedzi
Rozwiązanie
a) Wynikiem obu rzutów mogą być jedynie liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4}, zatem liczba wszystkich wyników jest równa 4 ? 4 = 16.
b) 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.
Odpowiedź
a) 6
b) 42
c) 48
Rozwiązanie
a) 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.
b) 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.
c) 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.
Odpowiedź
18
Rozwiązanie
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.
291
Odpowiedzi
Odpowiedź
a) 4
b) 19
Rozwiązanie
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
a) w jednym z rzutów musimy wyrzucić 5, a w drugim 1 lub 4, zatem
b) obliczamy, że
|A|
= 12,
|B|
| A∩B |
= 2 + 2 = 4,
= 11, zatem stosując wzór na liczbę elementów sumy
dwóch zbiorów otrzymujemy
| A?B |
=
|A|
+
|B|
−
| A∩B |
= 12 + 11 − 4 = 19.
Odpowiedź
70
Rozwiązanie
•
•
•
•
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 niepodzielną 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.
Odpowiedź
a) 198
b) 1386
c) 2156
d) 4455
Rozwiązanie
a) S =
1
2
? 3 ? 44 = 198
b) S =
1
2
? 6 ? 77 = 1386
c) S =
1
2
? 7 ? 88 = 2156
2
2
2
292
Odpowiedzi
1
2
d) S =
2
? 9 ? 110 = 4455
Odpowiedź
a) 145
b) 208
c) 100
Rozwiązanie
a) Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:
wynik
pojedynczego
losowania
{1,
2, 3, … , 16, 17}
17 możliwości
wyniki nieparzyste
wyniki parzyste
{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}
{2,
9 możliwości
8 możliwości
4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}
Zauważmy, 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.
b) 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.
Wtedy
| A?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.
c) 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.
293
Odpowiedzi
/
w1 w2
reszta 1
reszta 2
reszta 3
reszta 4
reszta 5
reszta 1
reszta 0
x
reszta 2
x
reszta 3
x
x
reszta 4
x
x
x
x
reszta 5
x
reszta 0
x
x
x
x
x
x
Wszystkich 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.
/
{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
{13, 14, 15, 16, 17}
4 możliwości
w1 w2
Mamy 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
/
w1 w2
{13,
2, 3, 4, 5, 6}
{7,
8, 9, 10, 11, 12}
{13,
14, 15, 16, 17, 18}
2, 3, 4, 5, 6}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
8, 9, 10, 11, 12}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
14, 15, 16, 17, 18}
15 możliwości
15 możliwości
15 możliwości
{1,
{7,
{1,
i 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 po-
294
Odpowiedzi
dzielić wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym pogrupować je jak poniżej:
wynik
pojedynczego
losowania
{1,
2, 3, … , 16, 17}
17 możliwości
wyniki podzielne
przez 6
{6,
12}
2 możliwości
wyniki
po-
dzielne przez
3 i niepodzielne przez 6
{3,
9, 15}
3 możliwości
wyniki
podzielne
przez 2 i niepodzielne
przez 6
{2,
4, 8, 10, 14, 16}
6 możliwości
pozostałe wyniki
{1,
5, 7, 11, 13, 17}
6 możliwości
Obliczamy, 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.
Odpowiedź
a) 120
b) 256
c) 243
Rozwiązanie
a) Korzystamy z reguły mnożenia: 6 ? 5 ? 4 = 120.
b) Korzystamy z reguły mnożenia: 4 ? 4 ? 4 ? 4 = 256.
c) Korzystamy z reguły mnożenia: 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 = 243.
Odpowiedź
a) 100
b) 48
295
Odpowiedzi
Rozwiązanie
a) 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.
b) 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.
Odpowiedź
a) 9
b) 6
c) 6
d) 15
Rozwiązanie
a) 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 liczby 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
.
b) 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
.
c) 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.
d) 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
miejsce dla cyfry 2 albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna trójka i jedna czwórka – takich liczb jest
miejsce dla cyfry 3 albo
(3) wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki i jedna trójka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposo-
296
Odpowiedzi
bów można wybrać miejsce dla cyfry 3.
Oznacza to, że jest 6 + 6 + 3 = 15 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest
równy 12.
Odpowiedź
a) 54
b) 80
c) 90
Rozwiązanie
a) 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.
b) 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.
c) 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.
Odpowiedź
11
Rozwiązanie
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:
1) 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,
2) ostatnią cyfrą jest 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedno zero i dwie jedynki – takie
liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 0,
3) 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.
Odpowiedź
a) 16
297
Odpowiedzi
b) 2
c) 16
Rozwiązanie
a) 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.
b) W zapisie tej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry 2 oraz 4, zatem są tylko 2 takie
liczby: 24242424 oraz 42424242.
c) 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.
Odpowiedź
a) 24
b) 120
c) 30
d) 36
Rozwiązanie
a) Liczba dzielników jest równa (3 + 1) ? (2 + 1) ? (1 + 1) = 24.
b) Liczba dzielników jest równa (4 + 1) ? (2 + 1) ? (3 + 1) ? (1 + 1) = 120.
c) Rozkładamy liczbę 1620 na czynniki pierwsze: 1620 = 22 ? 34 ? 5. Zatem ma ona
(2 + 1) ? (4 + 1) ? (1 + 1) = 30 dzielników naturalnych.
d) 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.
Odpowiedź
44
Rozwiązanie
Możliwe są dwa przypadki:
1) 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,
298
Odpowiedzi
2) 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.
Odpowiedź
a) 120
b) 189
c) 96
Rozwiązanie
a) Korzystamy z reguły mnożenia: 6 ? 5 ? 4 = 120.
b) 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.
c) 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.
Odpowiedź
56
Rozwiązanie
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.
Odpowiedź
96
Rozwiązanie
Podzielmy zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu.
299
Odpowiedzi
cyfry do wyboru
{1,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
9 elementów
cyfra 9
{9}
1 element
cyfry parzyste (p)
{2,
4, 6, 8}
4 elementy
pozostałe cyfry
{1,
3, 5, 7}
4 elementy
Rozkładamy 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.
Odpowiedź
a) 6
b) 48
c) 72
Rozwiązanie
a) 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.
b) 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.
c) 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.
300
Odpowiedzi
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.
Odpowiedź
a) 144
b) 840
Rozwiązanie
a) 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.
b) Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:– wybór miejsc dla cyfr 1, 2, 3, 4 oraz zapisanie tych
cyfr – można to zrobić na 7 ? 6 ? 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.
Odpowiedź
a) 10670044
b) 112602
Rozwiązanie
a) sposób I
Sumujemy 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. Ozna-
301
Odpowiedzi
cza to, że
S = 343 ? (1000 + 100 + 10 + 1) ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 343 ? 1111 ? 28 = 10670044.
sposób II
Wypisujemy 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 we-
(
8 − c4).
)
dług następującego przepisu: do liczby opisanej przez czwórkę c1, c2, c3, c4 dopisuje-
(
my liczbę opisaną przez czwórkę 8 − c1, 8 − c2, 8 − c3,
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 =
1
2
? 2401 ? 8888 = 2401 ? 4444 = 10670044.
b) sposób I
Sumujemy 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 II
Wypisujemy 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 =
1
2
3
? 7 ? 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 =
1
2
2
? 7 ? 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.
302
Odpowiedzi
Kombinatoryka / Zadania
Odpowiedź
91
Odpowiedź
105
Odpowiedź
10
Odpowiedź
35
Odpowiedź
16
Odpowiedź
31
Odpowiedź
15
Odpowiedź
765
Odpowiedź
mniej niż 1000
Odpowiedź
56
Odpowiedź
a) 14
b) 91
c) 91
d) 14
303
Odpowiedzi
Rozwiązanie
Liczba uzyskanych punktów jest równa liczbie udzielonych prawidłowo odpowiedzi. Prawidłową
odpowiedź do:
a) dokładnie jednego z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, zatem tyle jest
sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 1 punkt,
b) dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na
14 ? 13
2
= 91 sposobów, co ozna-
cza, że jest 91 sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 2 punkty.
c) Suma liczby uzyskanych punktów i liczby odpowiedzi udzielonych nieprawidłowo jest równa
14. Nieprawidłową odpowiedź dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na
14 ? 13
2
= 91 sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 12 punk-
tów.
d) dokładnie trzynastu z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, więc jest 14
sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 13 punktów.
Odpowiedź
a) 78
b) 465
Rozwiązanie
a)
13 ? 12
2
= 78
b)
31 ? 30
2
= 465
Odpowiedź
a) 28
b) 28
c) 36
d) 36
Rozwiązanie
Dokładnie dwa orły w ośmiokrotnym rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie
dokładnie sześć reszek. Wobec tego:
a)
8?7
2
= 28
b) 28
c) Dokładnie dwie reszki w rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokładnie siedem orłów. Wobec tego:
9?8
2
= 36
d) 36
304
Odpowiedzi
Odpowiedź
a) 28
b) 190
Rozwiązanie
a) Każda para niewylosowanych chłopców jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez
dopełnienie do całej ósemki) do wylosowanej szóstki. Zatem jest
8∙7
2
= 28 sposobów wylo-
sowania takiej szóstki.
b) Każda para niewybranych dziewcząt jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopełnienie do całej dwudziestki) do wybranej osiemnastki. Zatem jest
20 ? 19
2
= 190 sposobów
wybrania takiej osiemnastki.
Odpowiedź
a) 14
b) 104
Rozwiązanie
Liczbę przekątnych n − kąta obliczamy, stosując wzór
a) dla n = 7:
7?4
2
b) dla n = 16:
n ? (n − 3)
2
.
= 14
16 ? 13
2
= 104
Odpowiedź
Drużyna liczy 17 zawodników.
Rozwiązanie
Przyjmijmy, że n − liczba zawodników w tej drużynie. Wówczas liczba wszystkich sposobów wyn ? (n − 1)
n ? (n − 1)
boru dwóch graczy z tej drużyny jest równa
. Otrzymujemy więc równanie
= 136,
2
2
które ma dwa rozwiązania: n = 17 oraz n = − 16. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.
Odpowiedź
Wielokąt ma 8 boków.
Rozwiązanie
Załóżmy, że ten wielokąt ma n boków. Wówczas liczba wszystkich jego przekątnych jest równa
n ? (n − 3)
n ? (n − 3)
.
Otrzymujemy
więc
równanie
= 20, które ma dwa rozwiązania: n = 8 oraz n = − 5.
2
2
Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.
Odpowiedź
4 miejsce
305
Odpowiedzi
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę punktów, które zdobyła drużyna D6. Stąd liczba punktów zdobytych przez
D5 jest równa x + 2. W tym turnieju rozegrano
6?5
2
= 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.
Odpowiedź
W tym turnieju rozegrano
12 ? 11
2
= 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.
Odpowiedź
45
Rozwiązanie
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 ? 9
2
= 45 me-
czów.
Odpowiedź
105
Rozwiązanie
Z treści zadania wynika, że 40% drużyn rozegrało wyłącznie mecze rozstrzygnięte, a spośród nich
1
6
wygrała wszystkie mecze. Wobec tego
2
5
?
1
6
=
1
15
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 ? 14
2
= 105 meczów.
Odpowiedź
55
Rozwiązanie
Z danego zbioru losujemy dwie liczby (mamy
11 ? 10
2
= 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.
Odpowiedź
a) 15
306
Odpowiedzi
b) 90
Rozwiązanie
a) Takich wyników jest
6?5
2
= 15
6?5
2
b) Takich wyników jest 6 ?
= 90
Odpowiedź
a) 30
b) 18
Rozwiązanie
a) 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?3
2
?3+
3?2
2
? 4 = 30 trójkątów.
b) 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?3
2
?
3?2
2
= 18 trapezów.
Odpowiedź
a) 1890
b) 16065
Rozwiązanie
Obliczamy, że w tej klasie jest 18 dziewczynek i 15 chłopców. Stąd:
a) trzyosobową delegację, w której znajdzie się jedna dziewczynka i dwóch chłopców, można
wybrać na 18 ?
15 ? 14
2
= 1890 sposobów.
b) czteroosobową delegację, w której znajdą się dwie dziewczynki i dwaj chłopcy, można wybrać na
18 ? 17
2
?
15 ? 14
2
= 16065 sposobów.
Odpowiedź
106
Rozwiązanie
Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta jest punkt A, to pozostałe dwa wierzchołki można wybrać dowolnie spośród punktów leżących na prostych k oraz l (
9?8
2
= 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?4
2
? 4 = 40 możliwości), albo biorąc dwa
punkty spośród leżących na prostej l i trzeci leżący na prostej k (
307
4?3
2
? 5 = 30 możliwości). Stąd
Odpowiedzi
jest 36 + 40 + 30 = 106 wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych
punktów.
Odpowiedź
a) 4050
b) 18225
Rozwiązanie
a) 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 ? 9
2
= 45 sposobów. Zatem jest 9 ? 10 ? 45 = 4050 wszystkich takich liczb.
b) 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 ? 9
2
= 45 spo-
sobów. Zatem jest 9 ? 45 ? 45 = 18225 wszystkich takich liczb.
Odpowiedź
210
Rozwiązanie
Oznaczmy pionowe linie siatki, od lewej: x1, x2, x3, x4, x5 oraz poziome linie siatki, od dołu:
y 1, y 2, y 3, y 4, y 5, y 6, y 7.
•
(
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:
1) indeksy l i p bierzemy ze zbioru {1,2, 3,4, 5}, przy czym l < p,
2) 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?4
2
= 10 sposobów, a parę d, g – na
7?6
2
= 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
sposobów oraz para prostych poziomych, którą można wybrać na
7?6
2
5?4
2
= 10
= 21 sposobów. Za-
tem jest 10 ? 21 = 210 wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki
prostokąta 6 na 4.
Odpowiedź
396
308
Odpowiedzi
Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 12 na czynniki pierwsze: 12 = 2 ? 2 ? 3. Oznacza to, że możliwe są trzy przypadki:
1) wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna trójka i sześć jedynek,
2) wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna szóstka i siedem jedynek,
3) wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna czwórka i siedem jedynek.
•
W pierwszym przypadku: wybieramy dwa miejsca, na których zapisujemy dwójki (
9?8
2
= 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.
Odpowiedź
3888
Rozwiązanie
•
Sposób I
Rozróżniamy 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 ma5
my 3 = 243 wszystkich możliwości. W drugim przypadku: ustalamy numer rzutu, w którym
wypadła nieparzysta liczba oczek (5 możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek (3
4
możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę oczek (3 = 81 możliwości) – razem jest 5 ? 3 ? 81 = 1215 możliwości. W trzecim przypadku: ustalamy numery
dwóch rzutów, w których wypadła nieparzysta liczba oczek (
5?4
2
= 10 możliwości), zapisuje-
2
my tam nieparzystą liczbę oczek (3 = 9 możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy
3
parzystą liczbę oczek (3 = 27 możliwości) – razem jest 10 ? 9 ? 27 = 2430 możliwości.
Oznacza to, że łącznie jest 243 + 1215 + 2430 = 3888.
•
Sposób II
5
Skorzystamy z reguły równoliczności. Jest 6 = 7776 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy:
309
Odpowiedzi
(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
1
2
? 7776 = 3888.
Odpowiedź
a) 35
b) 21
c) 22
d) 36
Rozwiązanie
a) 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?4
2
= 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.
b) Sposób I
Rozróżniamy 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), na-
310
Odpowiedzi
stępnie 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?4
2
= 10 możliwości), a na pozostałych
trzech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 10 takich liczb.
Stąd wynika, że jest 1 + 5 + 5 + 10 = 21 wszystkich liczb sześciocyfrowych, których suma cyfr
jest równa 3.
c) 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.
d) Sposób I
Rozróżniamy 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?6
2
= 21 możliwości), a na pozosta-
łych 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.
Odpowiedź
22680
311
Odpowiedzi
Rozwiązanie
•
Sposób I
W 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 (
zapisujemy te cyfry, (3) wybieramy miejsce dla cyfr 3 oraz 4 (
my te cyfry, (4) wybieramy miejsce dla cyfr 5 oraz 6 (
4?3
2
6?5
2
8?7
2
= 28 możliwości) i
= 15 możliwości) i zapisuje-
= 6 możliwości) i zapisujemy te cy-
fry, (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
362880
2?2?2?2
= 22680 takich liczb.
Polecamy czytelnikowi samodzielnie uzasadnić powyższe rozumowanie.
Odpowiedź
7805
Rozwiązanie
•
Sposób I
Rozróżniamy 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
( )( )
5
3
?
20
1
= 10 ? 20 = 200, albo (3) wylosowano 2
losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych są też 2 losy puste) – takich możliwości jest
( )( )
5
2
?
20
2
= 10 ? 190 = 1900, albo (4) wylosowano 1 los wygrywający (wtedy wśród wyloso-
wanych są też 3 losy puste) – takich możliwości jest
( )( )
5
1
?
20
3
= 5 ? 1140 = 5700.
Zatem na 5 + 200 + 1900 + 5700 = 7805 sposobów można wylosować co najmniej jeden los
wygrywający.
312
Odpowiedzi
•
Sposób II
Wśród wszystkich
( )
20
4
( )
25
4
= 12650 możliwych wyników losowania 4 losów spośród 25 jest
= 4845 wyników losowania, kiedy nie wylosowano ani jednego losu wygrywającego.
Zatem co najmniej jeden los wygrywający można wylosować na 12650 − 4845 = 7805 sposobów.
Odpowiedź
1287
Rozwiązanie
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:
( )
13
5
= 1287.
Odpowiedź
170
Rozwiązanie
Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą 10 można otrzymać: albo
gdy najmniejszy z 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:
1) wśród wylosowanych znalazły się kartki o numerach 1 oraz 9 i nie znalazła się kartka z numerem 10,
2) wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 9, 10 i znalazły się kartki o numerach 2 oraz 8,
3) wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 2, 8, 9, 10 i znalazły się kartki
o numerach 3 oraz 7,
4) 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
7
2 = 128 możliwości wylosowania kartek.
313
Odpowiedzi
•
W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny
5
podzbiór ze zbioru kartek o numerach 3, 4, 5, 6, 7. Łącznie w tym przypadku są 2 = 32
•
możliwości wylosowania kartek.
W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny
3
•
podzbiór ze zbioru kartek o numerach 4, 5, 6. W tym przypadku jest 2 = 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.
Rozwiązanie
Wskazówka. Skorzystaj ze wzoru dwumianowego.
Odpowiedź
a) 11200000
b) 2421875
Rozwiązanie
a) Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:1) wybór trzech miejsc z ośmiu dla cyfr parzystych (mamy
()
8
3
=
8?7?6
3?2?1
3
= 56 możliwości) oraz zapisanie tych cyfr (mamy 4 = 64 możliwości),
5
2) zapisanie pozostałych pięciu cyfr (mamy 5 = 3125 możliwości). Zatem jest
56 ? 64 ? 3125 = 11200000takich liczb sześciocyfrowych.
b) Sposób I
Rozróżniamy 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 (
()
6
3
=
6?5?4
3?2?1
= 20 możliwości) i zapisać te cy-
3
fry (5 = 125 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisać cyfry nieparzyste (
3
5 = 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?5
2
= 15 możliwości) i zapisać te cyfry (5 ? 5 = 25
4
możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisać cyfry parzyste (5 = 625 możliwości). Takich liczb jest 5 ? 15 ? 25 ? 625 = 1171875.
Oznacza to, że jest 12500000 + 1171875 = 2421875 liczb siedmiocyfrowych spełniających
warunki zadania.
314
Odpowiedzi
Sposób II
Wypisujemy 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
()
7
4
=
7?6?5
3?2?1
= 35 możliwości wyboru czterech
4
miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy zapisać na 5 = 625sposobów, a na pozostałych
3
trzech miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na 5 = 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
()
6
3
=
6?5?4
3?2?1
= 20 spo-
3
sobów, a zapisać je na 5 = 125 sposobów) i na pozostałych trzech miejscach - cyfry niepa3
rzyste (można je zapisać na 5 = 125 sposobów). Oznacza to, że takich ciągów jest
20 ? 125 ? 125 = 312500. Stąd wynika, że jest 2734375 − 312500 = 2421875 liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki zadania.
Odpowiedź
a) 120
b) 18900
Rozwiązanie
a)
( )
10
3
10 ∙ 8 ∙ 7
1?2?3
=
b)
9 ? 10 ?
( )
10
4
= 120
= 90 ?
10 ? 9 ? 8 ? 7
4?3?2?1
= 18900
Odpowiedź
369600
Rozwiązanie
( )( )( )
12
3
?
9
3
?
6
3
=
12 ? 11 ? 10
3?2?1
?
9?8?7
3?2?1
?
6?5?4
3?2?1
= 220 ? 84 ? 20 = 369600
Odpowiedź
a) 25872
b) 13167
315
Odpowiedzi
Rozwiązanie
a)
Wszystkich wyników losowania 5 liczb spośród 22 jest
( )
22
5
= 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
( )
11
5
= 462 takich możliwości. Zatem
jest 26334 − 462 = 25872 wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których iloczyn jest parzysty.
b) Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na liczbę nieparzystych składników opisanej sumy:
(1) są 4 składniki nieparzyste (wtedy jeden składnik jest parzysty) – mamy więc
( )( )
11
11
4
1
= 3630 możliwości albo
(2) są 2 składniki nieparzyste (wtedy trzy składniki są parzyste) – mamy więc
( )( )
11
11
2
3
= 9075 możliwości, albo
(3) składników nieparzystych nie ma, wszystkie składniki są parzyste – mamy więc
( )( )
11
11
0
5
= 462 możliwości. Zatem jest 3630 + 9075 + 462 = 13167 wszystkich możliwości
wylosowania takich pięciu liczb.
Odpowiedź
a) 580008
b) 9216
Rozwiązanie
a) 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
( )( )( )
13
10
?
13
2
?
26
1
= 286 ? 78 ? 26 = 580008 wszystkich możliwości otrzymania takiego
układu kart.
b) 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
316
Odpowiedzi
jest
( )( )( )( )( )
4
3
?
4
3
?
4
3
?
4
3
?
36
1
= 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 36 = 9216 wszystkich możliwości otrzy-
mania takiego układu kart.
Odpowiedź
a) 252
b) 126
c) 34650
d) 5775
Rozwiązanie
a)
Wybieramy 5 graczy do drużyny „Niebieskiej” – można to zrobić na
( )
10
5
= 252 sposoby.
Pozostałych pięciu przydzielamy do drużyny „Żółtej”. Zatem na 252 sposoby można dokonać żądanego podziału.
b) 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.
c)
Wybieramy 4 graczy do drużyny „Niebieskiej” (można to zrobić na
( )
()
12
4
następnie kolejnych czterech do drużyny „Żółtej” (można to zrobić na
= 495 sposobów),
8
4
= 70 sposobów),
a pozostałych czterech przydzielamy do drużyny „Czerwonej”. Zatem na 495 ? 70 = 34650
sposobów można dokonać żądanego podziału.
d) 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.
Odpowiedź
a) 220
b) 3060
317
Odpowiedzi
c) 8855
d) 0
Rozwiązanie
a) Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, x4, x5, x6, które spełniają równanie
(x1 + 1) + x2 + x3 + ... + x10 = 4. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci
x1 + x2 + x3 + ... + x10 = 3. Liczba jego rozwiązań jest równa
(
10 + 3 − 1
3
)( )
=
12
3
=
12 ? 11 ? 10
3?2?1
= 220. Ponieważ każda z dziewięciu liczb x2, 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.
b) Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ... , x15, które spełniają równanie
((
)
)
2 x1 + 1 + x2 + x3 + ... + x15 = 10. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci
x1 + x2 + x3 + ... + x15 = 4. Liczba jego rozwiązań jest równa
(
15 + 4 − 1
4
)( )
=
18
4
=
18 ? 17 ? 16 ? 15
4?3?2?1
= 3060. Ponieważ każda z liczb x2, x3, ..., x15 jest nie-
ujemna 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.
c) Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ..., x20, które spełniają równanie
(2x1 + 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 − 1
4
)( )
=
23
4
=
23 ? 22 ? 21 ? 20
4?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.
d) 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.
Odpowiedź
a) 3360
b) 2721600
c) 224
d) 462
318
Odpowiedzi
Rozwiązanie
a)
b)
()
( )( )
7?6
2
10
8?7
2
2
? 4 = 21 ? 10 ? 16 = 3360,
3
?
3
c)
5
?
7
4
4
3
∙ 3 ? 2 = 120 ? 35 ∙ 81 ? 8 = 2721600,
? 6 + 8 ? 7 = 224,
d) Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ..., x7, które spełniają równanie
(x1 + 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+5−1
5
)( )
=
11
5
=
11 ? 10 ? 9 ? 8 ? 7
5?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.
Odpowiedź
384
Rozwiązanie
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
()
= 35 takich możliwości),
()
()
1)
2)
3)
7
3
7
3
6
3
4) 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.
319
Odpowiedzi
Odpowiedź
a) 80
b) 40
Rozwiązanie
a)
()
( )( )
Sposób I:
b)
5
1
4
?
5
3
3
? 2 = 80 Sposób II:
10 ? 8 ? 6
3!
= 80
? 2 = 40
1
Podsumowując zauważmy, że
( )
10
3
= 120 = 80 + 40
Odpowiedź
a) 823680
b) 960960
c) 240240
Rozwiązanie
a)
Sposób I :
( )
Sposób II :
b)
15
2
d)
7
15
3
?
?
?
14
5
13
3
12
1
7
? 2 = 823680
30 ? 28 ? 26 ? 24 ? 22 ? 20 ? 18
7!
( )( )
( )( )
( )( )
15
1
c)
15
= 823680
5
? 2 = 960960
3
? 2 = 240240
? 2 = 10920
Podsumowując zauważmy, że
( )
30
7
= 2035800 = 823680 + 960960 + 240240 + 10920.
320
Odpowiedzi
Odpowiedź
98280
Rozwiązanie
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
( )
28
5
= 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.
Odpowiedź
945
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę wszystkich napisów, które spełniają warunki zadania.
•
Sposób I
Rozpatrzmy 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 drugim 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.
a) wybieramy miejsce dla liter a i A ( 10 ? 9 = 45 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby a sta2
ło przed A,
b) wybieramy miejsce dla liter b i B ( 8 ? 7 = 28 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby b stało
2
przed B,
c) wybieramy miejsce dla liter c i C ( 6 ? 5 = 15 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby c stało
2
przed C,
d) wybieramy miejsce dla liter d i D ( 4 ? 3 = 6 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby d stało
2
przed D,
321
Odpowiedzi
e) 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 =
•
113400
5?4?3?2?1
= 945.
Sposób II
Rozpatrzmy 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 miej2
scami literę b z B – razem z wcześniejszymi otrzymamy 2 ? 5! ? x napisów. Teraz podwaja2
my liczbę tych 2 ? 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
5
2 ? 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
5
10! = 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1. Otrzymujemy więc równanie 2 ? 5! ? x = 10 !, skąd
x=
•
10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6
5
2
= 945.
Sposób III
W 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 dopisaną 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 trze-
322
Odpowiedzi
cim 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.
323
Odpowiedzi
Prawdopodobieństwo / Klasyczna
definicja prawdopodobieństwa.
Własności prawdopodobieństwa.
Obliczanie prawdopodobieństw zdarzeń
losowych
Odpowiedź
1
4
Odpowiedź
p=
1
6
Odpowiedź
1
30
Odpowiedź
1
9
Odpowiedź
p=
15
64
Odpowiedź
p=
3
8
Odpowiedź
3
5
Odpowiedź
2
9
Odpowiedź
p<
1
5
324
Odpowiedzi
Odpowiedź
większe od
1
2
Odpowiedź
a)
3
17
b)
4
17
Jest 17 wszystkich możliwych wyników losowania.
Rozwiązanie
a) Zapisujemy numery kul, które są podzielne przez 5: {5, 10, 15}. Są więc 3 takie kule, zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe
3
.
17
b) 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
4
.
17
Odpowiedź
125
Rozwiązanie
Oznaczmy przez n liczbę losów wygrywających. Ponieważ prawdopodobieństwo wylosowania losu wygrywającego jest równe
1
,
26
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.
Odpowiedź
a) p =
29
40
b) p =
31
40
c) ) p =
d) p =
5
40
30
40
=
=
1
8
3
4
Rozwiązanie
W zbiorze {1, 2, 3, ... , 39, 40} jest 40 liczb.
a) Zapisujemy zbiór liczb mniejszych od 30: {1, 2, 3, ..., 29}. Jest ich 29, zatem p =
29
.
40
b) Zapisujemy zbiór liczb dwucyfrowych: {10, 11, 12, ..., 40}. Jest ich 40 − 9 = 31, zatem
p=
31
.
40
c) Wypisujemy wszystkie liczby podzielne przez 7: {7, 14, 21, 28, 35}. Jest ich 5, zatem
p=
5
40
1
= 8.
325
Odpowiedzi
d) 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 =
30
40
3
= 4 . 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 prawdopo3
dobieństwo p jest równe 4 .
Odpowiedź
a)
9
35
b)
33
70
c)
1
4
d)
9
20
Rozwiązanie
Wszystkich egzaminowanych uczniów jest 36 + 35 + 31 + 38 = 140.
a) W klasie 3a jest 36 osób, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
36
140
=
9
.
35
b) Łącznie w klasach 3b oraz 3c jest 35 + 31 = 66 uczniów, więc szukane prawdopodobieństwo
jest równe
66
140
=
33
.
70
c) W klasie 3d jest 35 dziewczynek, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
35
140
1
= 4.
d) Ponieważ dziewczynek jest 16 + 14 + 12 + 35 = 77, więc chłopców jest 140 − 77 = 63. Zatem
szukane prawdopodobieństwo jest równe
63
140
=
9
.
20
Odpowiedź
a) p =
2
45
b) p =
29
30
c) p =
1
2
d) p =
13
18
Rozwiązanie
Jest 90 wszystkich liczb dwucyfrowych.
a) Wypisujemy te liczby dwucyfrowe, których iloczyn cyfr jest równy 24 : {38, 46, 64, 83}.
Zatem są 4 takie liczby, stąd p =
4
90
=
2
.
45
b) 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
326
Odpowiedzi
dla każdej z pozostałych 90 − 3 = 87 liczb dwucyfrowych suma cyfr jest mniejsza od 17, zatem p =
87
90
=
29
.
30
c) 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 =
45
90
1
= 2 . Uwaga. W każdej dziesiątce liczb dwucyfro-
wych, 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
5
10
1
= 2.
d) 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 =
65
90
=
13
.
18
Odpowiedź
p=
3
100
Rozwiązanie
•
Sposób I
Za 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 za-
tańczyły 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 =
•
3
.
100
Sposób II
Rysujemy diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 100 uczestników na grupy.
327
Odpowiedzi
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 =
3
.
100
Odpowiedź
p=
16
35
Rozwiązanie
•
Sposób I
Za 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 prawdo-
podobieństwo jest równe
| A∩B |
16
P( A ∩ B ) =
= 35 .
|Ω|
•
Sposób II
Oznaczamy przez n liczbę uczniów, którzy biorą udział w obydwu rodzajach zajęć. Rysujemy
diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 35 uczestników na grupy.
Stwierdzamy na tej podstawie, że 30 − n + n + 17 − n + 4 = 35, stąd n = 16. Zatem szukane
prawdopodobieństwo jest równe
16
.
35
328
Odpowiedzi
Odpowiedź
a) P(A) =
4
5
b) P(A) =
2
9
c) P(A) =
10
17
d) P(A) =
2
5
Rozwiązanie
(
)
a) Ponieważ P A' = 1 − P A , więc P A = 4 ? P A' = 4 ? 1 − P A = 4 − 4 ? P A , stąd P A = 4 .
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) 5
(
)
b) Ponieważ P A' = 1 − P A , więc 2 ? P A' = 2 ? 1 − P A = 7 ? P A , stąd P A = 2 .
( )
( )
( )
( )
( )
( ) 9
c) Ponieważ P(A') = 1 − P(A), więc P(A) = P(A') +
3
17
= 1 − P(A) +
3
,
17
stąd P(A) =
10
.
17
d) Ponieważ P(A) + P(A') = 1, więc
(
)
2
3
3 ? P(A) + 7 ? P(A') = 7 ? P(A) + P(A') − 4 ? P(A) = 7 − 4 ? P(A) = 5 5 , stąd 4 ? P(A) = 1 5 , czyli
2
P( A ) = 5 .
Odpowiedź
a) P(A ? B) = 0,64
b) P(A ∩ B) =
1
12
Rozwiązanie
a) Ponieważ zbiory A i B są rozłączne, więc P(A ? B) = P(A) + P(B). Obliczamy: P(A) = 1 − P(A') = 1 ,
4
P(B) = 1 − P(B') = 0,39, stąd P(A ? B) = P(A) + P(B) =
1
4
+ 0,39 = 0,64.
b) Obliczamy: P(A) = 1 − P(A') = 1 , P(B) = 1 − P(B') = 1 . Ponieważ P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
2
4
więc P(A ∩ B) = P(A) + P(B) − P(A ? B) =
1
2
+
1
4
−
2
3
=
1
.
12
Odpowiedź
a)
9
10
b)
27
100
Rozwiązanie
Sposób I (schemat klasyczny). W tym doświadczeniu jest 10 ? 10 = 100 wszystkich zdarzeń elementarnych.
a) Zliczanie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających przeprowadzimy na dwa sposoby.
Sposób I
329
Odpowiedzi
Ponieważ 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 II
Jest 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
90
100
=
9
.
10
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
9
.
10
b) 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
danego
zbioru
27
.
100
można
Uwaga. Łączną liczbę wielokrotności każdego z elementów
obliczyć,
używając
symbolu
części
całkowitej:
? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ? + ? ?.
10
1
10
2
10
3
10
4
10
5
10
6
10
7
10
8
10
9
10
10
Sposób II
Rysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Sposób III
Rysujemy tabelę 10x10 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Odpowiedź
a) p =
1
4
b) p =
1
4
Rozwiązanie
Sposób I (schemat klasyczny).
W tym doświadczeniu jest 6 ? 6 = 36 wszystkich zdarzeń elementarnych.
a) 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=
9
36
1
= 4.
330
Odpowiedzi
b) Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu 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.
2
2
Oznacza to, że jest 5 − 4 = 9 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona liczba oczek jest równa 5. Stąd p =
9
36
1
= 4.
Sposób II
Rysujemy tabelę 6x6 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane
prawdopodobieństwa.
Sposób III
Odpowiedź
2
3
Rozwiązanie
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
ma
7 ? (7 − 3)
2
7?6
2
= 21. Ponieważ ten wielokąt
= 14 przekątnych, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
14
21
2
= 3.
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
4
6
2
= 3.
Odpowiedź
a) P(A) =
17
121
b) P(B) =
29
121
c) P(C) =
17
121
d) P(D) =
9
121
Rozwiązanie
•
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
331
Odpowiedzi
zbiór zdarzeń elementarnych. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc
2
| Ω | = 11 = 121.
a) 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 P(A) =
17
.
121
b) 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
P( B ) =
|B|
= 5 + 8 + 5 + 11 = 29, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy
29
.
121
c) 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
P( C ) =
|C|
= 6 + 9 + 2 = 17, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy
17
.
121
d) 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
mocy definicji klasycznej otrzymujemy P(D) =
•
|D|
= 3 ? 3 = 9, stąd na
9
.
121
Sposób II
332
Odpowiedzi
•
Sposób III
Rysujemy tabelę 11x11 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające
zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Odpowiedź
P( A ) =
1
6
Rozwiązanie
•
Sposób I
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
2
elementarnych jest więc | Ω | = 6 = 36. Wypisujemy zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu A: (4, 1), (4, 2), (4, 3), (5, 4), (6, 2), (6, 4). Oznacza to, że
P( A ) =
•
•
6
36
|A|
= 6, stąd
1
= 6.
Sposób II
Rysujemy tabelę 6x6 i zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym
sprzyjającym zdarzeniu A. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Sposób III
Rysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Odpowiedź
p=
3
190
Rozwiązanie
•
Sposób I
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 ele-
{
}
mentami z dwudziestoelementowego zbioru w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17 . Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc 20 ? 19 = 380. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy bę-
(
)(
dą wygrywające sprzyja 3 ? 2 = 6 następujących zdarzeń elementarnych: w1, w2 , w1, w3
(
)(
)(
)(
)
, w2, w1 , w2, w3 , w3, w1 , w3, w2 . Stąd p =
6
380
=
)
3
.
190
•
Sposób II
•
Sposób III
Rysujemy tabelę 20x20. Ponieważ losujemy bez zwracania, więc odrzucamy z tabeli 20 pól
leżących na przekątnej. Z pozostałych 380 pól wybieramy te, które odpowiadają zdarzeniom
333
Odpowiedzi
elementarnym sprzyjającym danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy pod-
{
}
zbiór {a, b} dwudziestoelementowego zbioru w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17 . Wszystkich
zdarzeń elementarnych jest wtedy
19 ? 20
2
= 190. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy będą wy-
{
}{
}{
}
grywające sprzyjają następujące 3 zdarzenia elementarne: w1, w2 , w1, w3 , w2, w3 . Stąd
p=
3
.
190
Odpowiedź
a) P(A) =
4
15
b) P(B) =
8
15
Rozwiązanie
Sposób I
Za 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 ? 14
2
= 105.
a) W przypadku zdarzenia A każda z dwóch wylosowanych kartek musi mieć numer nieparzysty, a kartek z numerem nieparzystym jest 8. Zatem zdarzeniu A sprzyja
zdarzeń elementarnych, stąd P(A) =
28
105
=
|A|
=
8?7
2
= 28
4
.
15
b) 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
P( B ) =
56
105
=
|B|
= 8 ? 7 = 56 zdarzeń elementarnych. Oznacza to, że
8
.
15
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
że P(A) =
•
56
210
=
|A|
= 8 ? 7 = 56, co oznacza,
4
.
15
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
334
Odpowiedzi
− pierwsza wylosowana liczba jest nieparzysta i druga - jest parzysta.
Wobec tego
|A|
= 7 ? 8 + 8 ? 7 = 112, stąd P(B) =
112
210
=
8
.
15
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.
Odpowiedź
95
119
Rozwiązanie
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 ? 34
2
= 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
P( A ' ) =
120
595
=
24
.
119
Stąd P(A) = 1 − P(A ') = 1 −
24
119
=
|A '|
=
16 ? 15
2
= 120, a więc
95
.
119
Odpowiedź
p=
11
221
Rozwiązanie
•
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 =
•
132
2652
=
11
.
221
Sposób II
Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy
podzbiór {a, b} zbioru 52 kart. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest wtedy
Zdarzeniu, że obie wylosowane karty będą figurami, sprzyja wówczas
elementarnych. Stąd p =
66
1326
=
11
.
221
335
12 ? 11
2
52 ? 51
2
= 1326.
= 66 zdarzeń
Odpowiedzi
Odpowiedź
7
10
Rozwiązanie
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
P( B ? C ? Z ) = 1
Z
treści
zadania
P( C ? Z ) = 1 − P ( B ) =
wynika,
9
,
10
co
że
P( B ) =
1
10
oznacza,
P(B ? C) = P(B) + P(C), więc P(C) =
3
10
−
1
10
=
oraz
P( B ? C ) =
że
2
.
10
P( C ? Z ) = 3 ? P ( B ? C ) .
1
3
? P(C ? Z) =
1
3
?
Wynika
9
10
3
.
10
9
2
− 10
10
=
Wobec tego P(Z) = P(C ? Z) − P(C) =
stąd,
że
Ponieważ
=
7
.
10
Odpowiedź
P( A ) =
25
72
Rozwiązanie
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
3
elementarnych jest więc | Ω | = 6 = 216. Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających A rozkładamy na dwa etapy:
1) obliczamy, na ile sposobów można wybrać rzut, w którym wypadła szóstka: wybieramy jeden rzut z 3, więc można to zrobić na 3 sposoby,
2) 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|
2
= 3 ? 5 = 75. Stąd P(A) =
75
216
=
25
.
72
Odpowiedź
a)
1
10
b)
2
5
Rozwiązanie
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.
a) Oznaczmy: A – zdarzenie, że otrzymaliśmy liczbę pięciocyfrową, w której suma każdych
dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta. W tym przypadku kolejne pary elementów ciągu
336
Odpowiedzi
(a,
b, c, d, e) muszą być liczbami różnej parzystości. Jest to możliwe wtedy i tylko wte-
dy, 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 P(A) =
12
120
=
1
.
10
b) 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
|B|
3 ? 2 ? 1 = 6 sposobów. Zatem
= 4 ? 2 ? 6 = 48, stąd P(B) =
48
120
2
= 5.
Odpowiedź
Uwaga. W literaturze to zadanie jest znane jako paradoks/problem kawalera de’Mere.
P( A ) =
27
216
> P( B ) =
25
216
Rozwiązanie
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
3
elementarnych jest więc | Ω | = 6 = 216.
Sumę 11 możemy otrzymać na 6 sposobów.
1) wypadła jedna jedynka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
2) wypadła jedna jedynka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,
3) wypadła jedna dwójka, jedna trójka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
4) wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
5) wypadły dwie trójki oraz jedna piątka – są 3 takie zdarzenia elementarne,
6) wypadła jedna trójka oraz dwie czwórki – są 3 takie zdarzenia elementarne.
Wobec tego
|A|
= 6 + 3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 27, stąd P(A) =
27
.
216
Sumę 12 możemy otrzymać na 6 sposobów:
1) wypadła jedna jedynka, jedna piątka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
2) wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
3) wypadła jedna dwójka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,
337
Odpowiedzi
4) wypadły dwie trójki oraz jedna szóstka – są 3 takie zdarzenia elementarne,
5) wypadła jedna trójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń elementarnych,
6) wypadły trzy czwórki – jest 1 takie zdarzenie elementarne.
25
| B | = 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25, stąd P(B) = 216 .
Oznacza to, że P(A) > P(B).
Wobec tego
Odpowiedź
p=
1
13983816
Rozwiązanie
Każde zdarzenie elementarne to wybór sześcioelementowego podzbioru ze zbioru 49 liczb
{1,
2, 3, ..., 49}.
|Ω| =
( )
49
6
=
49 !
6! ? 43 !
Wszystkich
=
zdarzeń
49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44
6?5?4?3?2?1
elementarnych
jest
więc
= 13 983 816. Prawidłowo wytypować wygraną
można, oczywiście, tylko na 1 sposób, więc p =
1
13983816
338
(szansa 1 do prawie 14 milionów).
O e-podręczniku
Rozdział 6. O e-podręczniku
Cele kształcenia - wymagania ogólne:
339
O e-podręczniku
Moduł: Stereometria / Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni
Autor: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iRUfNwnOKO/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iRUfNwnOKO
Hasła podstawy programowej:
E3-GIM-MAT-1.0-1.5: oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i
dziesiętne;
340
O e-podręczniku
Informacje o licencjach osadzonych obiektów (w kolejności występowania w treści modułu):
Ilya Andreev: Okładka [Licencja: shutterstock]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4303 [Licencja: CC BY 3.0]
341
O e-podręczniku
342
O e-podręczniku
Moduł: Stereometria / Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach
Autor: Jacek Stańdo
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iVz7s0IVvm/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iVz7s0IVvm
E4-SRE-MAT-1.0-I-3: Równania i nierówności. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Opis prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_73 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastoslup prosty_atrapa_animacja_710 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4080 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastoslup – opis bryly_atrapa_animacja_rys_grniast_1892 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadl_elementy [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_katy w graniastoslupie [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Opis prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_74 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian_przekatna [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Siatki i modele prostopadloscianow i szescianow_atrapa_animacja [Licencja: CC BY
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_5002 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole figury_atrapa_animacja_330 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Matematyka_3D_5003 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian przekroj [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad5 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadłościan2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadloscian_przyklad7 [Licencja: CC
BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_graniastoslup trojkatny [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad10 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci [Licencja: CC BY 3.0]
343
O e-podręczniku
Moduł: Stereometria / Ostrosłup i jego własności
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iQm8s1xZ4w/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iQm8s1xZ4w
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_nazwy [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc graniastoslupa. Jednostki objetosci_atrapa_1936 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_katy w ostroslupie [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia krawedzi [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia sciany [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci Ostroslup i jego wlasnosci_z przedkrojem_przyklad5
[Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_przekroj_aplet [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostr z przek [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup_przyklad6 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup przyklad 7 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_zad 1 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_zad2 [Licencja: CC BY 3.0]
344
O e-podręczniku
Moduł: Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły obrotowe - walec
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iQZhteOrTa/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iQZhteOrTa
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec Bryły obrotowe. Walec_obrot [Licencja: CC BY 3.0 CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_walec_1538 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 3 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 4 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad5 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Moduł: Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły obrotowe - stożek
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iE1kVs6MKf/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iE1kVs6MKf
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Stozek. Pole powierzchni stozka_2451 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad 1 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
345
O e-podręczniku
Moduł: Stereometria / Bryły w 3D
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/idZqwWwj6Q/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/idZqwWwj6Q
dziesiętne;
346
O e-podręczniku
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_atrapa_animacja_1490 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole powierzchni prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_714 [Licencja:
CC BY 3.0]
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_5002 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Dzial III_Figury plaskie_rzut szescianu [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole figury_atrapa_animacja_330 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole powierzchni prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_715 [Licencja:
CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: trojkat in _karton_1534 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: trojkat out _karton_1535 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pieciokat_katon out_1531 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pieciokat_katon in_1530 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Szesciokat in_karton_1532 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Szesciokat out_karton_1533 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: atrapa:opis animacji [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_szescian_1539 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_walec_1538 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_stozek_1540 [Licencja: CC BY 3.0]
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc figury_Jednostki objetosci_atrapa_animacj_718 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc figury_Jednostki objetosci_atrapa_animacj_717 [Licencja: CC BY 3.0]
347
O e-podręczniku
Moduł: Elementy statystyki opisowej / Średnia, mediana, dominanta
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/ibCRNJ2Cbh/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/ibCRNJ2Cbh
E4-SRE-MAT-1.0-I-5: Ciągi. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Statystyka_rys_2080 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Elementy statystyki opisowej / Miary rozproszenia
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iqUlOJ5aca/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iqUlOJ5aca
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Miary rozproszenia_4012 [Licencja: CC BY 3.0]
348
O e-podręczniku
Moduł: Kombinatoryka / Liczba elementów zbioru skończonego
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/ieQfFGscmW/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/ieQfFGscmW
E4-SRE-MAT-1.0-I-5: Ciągi. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Liczba elementow zbioru skonczonego_4022 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Kombinatoryka / Reguła mnożenia, reguła dodawania
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/i9ZtphaHIW/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/i9ZtphaHIW
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Reguły mnożenia_4400 [Licencja: CC BY 3.0]
349
O e-podręczniku
Moduł: Kombinatoryka / Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/i6H8JsFpVm/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/i6H8JsFpVm
E2-PODST-MAT-1.0-2.2: dodaje i odejmuje liczby naturalne wielocyfrowe pisemnie, a także za pomocą kalkulatora;
E2-PODST-MAT-1.0-14.1: czyta ze zrozumieniem prosty tekst zawierający informacje liczbowe;
E2-PODST-MAT-1.0-14.2: wykonuje wstępne czynności ułatwiające rozwiązanie zadania, w tym rysunek pomocniczy lub
wygodne dla niego zapisanie informacji i danych z treści zadania;
E2-PODST-MAT-1.0-14.3: dostrzega zależności między podanymi informacjami;
E2-PODST-MAT-1.0-14.4: dzieli rozwiązanie zadania na etapy, stosując własne, poprawne, wygodne dla niego strategie
rozwiązania;
E2-PODST-MAT-1.0-14.5: do rozwiązywania zadań osadzonych w kontekście praktycznym stosuje poznaną wiedzę z
zakresu arytmetyki i geometrii oraz nabyte umiejętności rachunkowe, a także własne poprawne metody;
E2-PODST-MAT-1.0-14.6: weryfikuje wynik zadania tekstowego, oceniając sensowność rozwiązania.
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Liczba podzbiorow_4390 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Kombinatoryka / Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iyyZQTCUNb/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iyyZQTCUNb
rozwiązania;
350
O e-podręczniku
Moduł: Kombinatoryka / Zadania
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iRhzyluOSY/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iRhzyluOSY
rozwiązania;
351
O e-podręczniku
Moduł: Prawdopodobieństwo / Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iz3aPJUGz3/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iz3aPJUGz3
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Prawdopodobieństwo_4393 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Prawdopodobieństwo / Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iqfmZTm1CX/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/iqfmZTm1CX
E2-PODST-MAT-1.0-2.3: 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);
352
O e-podręczniku
Moduł: Słowniczek
Moduł wygenerowany przez platformę
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/247160_5_glossary/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/5/t/student-canon/m/247160_5_glossary
Informacje o licencjach osadzonych obiektów w odpowiedziach (w kolejności występowania w treści e-podręcznika)
353
O e-podręczniku
Lista licencji
E-podręczniki 1.0 http://www.epodreczniki.pl/licenses/e-podreczniki/1.0
domena publiczna http://www.epodreczniki.pl/licenses/domena-publiczna/1.0
tylko do użytku edukacyjnego http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-edukacyjnego/1.0
tylko do użytku edukacyjnego na epodreczniki.pl http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-edukacyjnego-naepodreczniki_pl/1.0
tylko do użytku niekomercyjnego http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-niekomercyjnego/1.0
CC 0 1.0 http://creativecommons.org/publicdomain/zero/1.0/legalcode
CC BY 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by/1.0/legalcode
CC BY 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by/2.0/pl/legalcode
CC BY 2.5 https://creativecommons.org/licenses/by/2.5/pl/legalcode
CC BY 3.0 http://creativecommons.org/licenses/by/3.0/pl/legalcode
CC BY 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/legalcode
CC BY SA 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/1.0/legalcode
CC BY SA 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/pl/legalcode
CC BY SA 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/legalcode
CC BY ND 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/1.0/legalcode
CC BY ND 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/2.0/pl/legalcode
CC BY ND 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/4.0/legalcode
CC BY NC 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/1.0/legalcode
CC BY NC 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/2.0/pl/legalcode
CC BY NC 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/4.0/legalcode
CC BY NC ND 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/2.0/pl/legalcode
CC BY NC ND 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/legalcode
CC BY NC SA 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/1.0/legalcode
CC BY NC SA 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.0/pl/legalcode
CC BY NC SA 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/legalcode
PŁ - Politechnika Łódzka
354

Matematyka 3 - Odkryj, zrozum, zastosuj

Transkrypt

Podobne dokumenty

Zadanie 4. Ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych?

Kółko dla starszych 5.11.2009

WARTOŚĆ BEZWZGLĘDNA LICZBY Wartość bezwzględną liczby

Zadania niespodzianki na spotkanie kończące Ligę Zadaniową w

Załącznik nr 4 Są liczby, które dla Chińczyków mają szczególne

Największy wspólny dzielnik

Liczby Pierwsze