wybieramy wierzchołki sześcianu

major37 · Post autor: **major37** » 2 maja 2012, o 12:18

Spośród wierzchołków sześcianu wybrano losowo trzy. Oblicz prawdopodobieństwo że te punkty są wierzchołkami trójkąta o polu równym \(\displaystyle{ \frac{a ^{2} }{2}}\) Weźmy sobie ten sześcian ABCDEFGH. Omega jest jasna ale problem z zdarzeniem sprzyjającym. Wybierzmy sobie wierzchołek A to może sie on łączyć z B i C lub B i F lub E i D lub E i H lub E i B lub D i C lub D i B lub E i F lub D i H. Chyba wszystkie możliwości. Czyli wyszło dziewięć punktów można dopasować do A. Czyli do każdego wierzchołka można dopasować 9 punktów. I już mam źle. Proszę o wskazówkę.

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 maja 2012, o 12:41

Wskazówka:

Zauważ, że nie chodzi o to z jakimi wierzchołkami "może się łączyć" wierzchołek A, tylko ile różnych trójkątów o podanym polu można utworzyć (takich, że wierzchołkami są wierzchołki sześcianu)

major37 · Post autor: **major37** » 2 maja 2012, o 12:48

No wszystkie te kombinacje dają trójkąt o danym polu. Musi być zawszę trójkąt prostokątny gdzie przyprostokątne są równe krawędzi sześcianu.

kosior · Post autor: **kosior** » 2 maja 2012, o 12:49

Potraktuj dany wierzchołek sześcianu nie jako dowolny wierzchołek trójkąta, ale konkretnie jako ten przy kącie prostym. I zastanów się ile jest takich trójkątów dla danego wierzchołka.

major37 · Post autor: **major37** » 2 maja 2012, o 12:54

Czyli dwa takie trójkąty. A dlaczego przy wierzchołku A ma być kąt prosty ?

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 maja 2012, o 12:58

major37, zgadza się to co napisałeś na początku ale zauważ, że w Twoim sposobie liczenia np. trójkąt \(\displaystyle{ ABF}\) uwzględnisz wielokrotnie, także jako trójkąt "rozpoczynający" się w wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) oraz w wierzchołku \(\displaystyle{ F}\). Jeżeli to uwzględnisz to ile będzie wszystkich różnych trójkątów?

Znacznie łatwiej jest policzyć różne trójkąty na jednej ścianie i pomnożyć przez liczbę ścian.

kosior · Post autor: **kosior** » 2 maja 2012, o 12:58

Nie musi, ale wtedy łatwiej ogarnąć całość. I jeśli się przyjrzysz, to są 3 takie trójkąty. Dla sześcianu \(\displaystyle{ ABCDA'B'C'D'}\) przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) są to trójkąty \(\displaystyle{ BAD, BAA', DAA'}\)

major37 · Post autor: **major37** » 2 maja 2012, o 13:10

Czyli wszystkich trójkątów jest \(\displaystyle{ 6 \cdot 3=18}\) A w książce jest 24

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 maja 2012, o 13:20

Nie wiem kogo pytasz, ale wg mojej propozycji policzenia:

Znacznie łatwiej jest policzyć różne trójkąty na jednej ścianie i pomnożyć przez liczbę ścian.

ile jest różnych trójkątów na każdej ścianie?

Natomiast wg propozycji kosiora skoro są trzy różne trójkąty "wychodzące" z każdego wierzchołka, to ile jest wszystkich takich trójkątów?

major37 · Post autor: **major37** » 2 maja 2012, o 13:29

Już wiem o co chodzi Dzięki wam