[Rozgrzewka przed maturą II] Zadania różne

[Richard del Ferro]

Nad trójkątem jeszcze pracuję, więc podam ciekawe z kombinatoryki.

Ma to być to powtórka, a nie tylko kto pierwszy rozwiąże.

I jako tegoroczny maturzysta, sam troche poleciałem... Spróbujmy pozostać przy poziomie maturalnym, proszę oto bo chciałbym poćwiczyć do matury, a nie poznawać nowych nierówności np. Jensena ( za co i tak serdecznie dziękuję)

Jedno z moich ulubionych, najtrudniejsze z mojego zbioru.

ZADANIE.
Strzelec oddaje \(\displaystyle{ n}\) niezależnych strzałów do celu, przy czym prawdopodobieństwo nietrafienia w cel w \(\displaystyle{ k}\)-tym strzale jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{(k+1)^{2}}}\), gdzie \(\displaystyle{ k = 1, 2, ..., n.}\)
Wykaż, że prawdopodobieństwo trafienia we wszystkich n strzałach jest równe \(\displaystyle{ \frac{n+2}{2(n+1)}}\).

@PS: Moje rozwiązania zadań z geometrii zostały usunięte, bo były niezgodne z regulaminem, ale możecie wierzyć na słowo, że zostały rozwiązane i polecam maturzystom rozwiązać je samodzielnie

[Premislav]

Ukryta treść:    

A dajcież spokój z takimi banałami, na maturze może być trudniejsze zadanie/zadania. Z niezależności zdarzeń możemy zamienić prawdopodobieństwo przekroju na iloczyn prawdopodobieństw. Ze wzoru na różnicę kwadratów:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n}\left( 1- \frac{1}{(k+1)^2} \right)= \prod_{k=1}^{n}\left(1- \frac{1}{k+1} \right)\left(1+ \frac{1}{k+1} \right) =\prod_{k=1}^{n} \frac{k}{k+1} \cdot \frac{k+2}{k+1}}\)
Mamy w ten sposób iloczyn \(\displaystyle{ 2n}\) czynników, spośród których pierwszy to \(\displaystyle{ \frac 1 2}\), ostatni to \(\displaystyle{ \frac{n+2}{n+1}}\), a pozostałe się mnożą do \(\displaystyle{ 1}\). Stąd teza.

-- 24 kwi 2017, o 20:36 --

Więcej geometrii!!! (ja jej nienawidzę, ale serio to trzeba ćwiczyć)

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) kąt \(\displaystyle{ ACB}\) ma miarę \(\displaystyle{ 60^{\circ}}\).
.
Dwusieczne kątów \(\displaystyle{ BAC}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) tego trójkąta przecinają
boki \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E.}\)
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ I}\) punkt przecięcia tych dwusiecznych.
Wykaż, że \(\displaystyle{ ID = IE}\).

[Larsonik]

Ukryta treść:    

Można nawet bardziej na pałę. Po prostu przekształcić prawdopodobieństwo trafienia na \(\displaystyle{ \frac{k(k+2)}{(k+1)^2}}\) i wymnożyć wszystko przez siebie począwszy od \(\displaystyle{ k = 1}\) skończywszy na \(\displaystyle{ k = n}\), poskracać, co się da.

Odnośnie do:

[...]Czworościan foremny o krawędzi a i ostrosłup prawidłowy o podstawie kwadratowej, którego wszystkie krawędzie mają długość a sklejamy ze sobą ścianą trójkątną. Uzasadnij, ze otrzymany w ten sposób wielościan ma 5 ścian.

...i rozwiązania Richard del Ferro.

Ukryta treść:    

Podchwytliwe, bo sinus kątów między ścianami wychodz taki sam, natomiast cosinus nie, dlatego zawsze polecam działać na cosinusach ze względu na zmianę znaku w drugiej ćwiartce. Ogólnie to nie ten sam kąt i siatka nam się "nie zlepi".

W grafice, która została umieszczona, były obliczone cosinusy kąta nachylenia ścian czworościanu i ostrokąta do ściany, którą bryły zostały zlepione. Wydaje mi się, że wyciągnąłeś błędne wnioski, ponieważ te kąty sumują się do kąta pełnego, więc właśnie siatka się "zlepi" i faktycznie wielościan będzie miał 5 ścian. Chyba że źle zinterpretowałem twoją wypowiedź i własnie to chciałeś przekazać, wówczas wybacz.

Trudniejsze zadanko: Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką. Jeśli iloczyn wyrzuconych oczek jest liczbą podzielną przez \(\displaystyle{ 3}\), losujemy jedną liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ A = \{ 1, 2, 3, .... , 2n+3 \}}\), w przeciwnym wypadku losujemy jedną liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ B = \{ 1, 2, 3, ... , 2n \}}\). Wykaż, że dla dowolnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) prawdopodobieństwo wylosowania liczby nieparzystej jest większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).-- 24 kwi 2017, o 21:30 --Geometria!!!!! nie zauważyłem edycji posta:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ \angle IAB = \alpha}\), wówczas \(\displaystyle{ \angle ABI = 60^{\circ} - \alpha, \angle AIB = 120^{\circ}}\). Z twierdzenia sinusów w trójkątach \(\displaystyle{ ABI, AEI, BDI}\) wyznaczamy najpierw \(\displaystyle{ ID}\) w zależności od \(\displaystyle{ AB}\): \(\displaystyle{ \left| ID \right| = \frac{ \left| AB\right| \sin (60^{\circ} -\alpha) \sin \alpha}{\sin (60^{\circ} + \alpha) \sin 120^{\circ}}}\).
Teraz \(\displaystyle{ \left| IE \right| = \frac{\left| AB \right| \sin (60^{\circ} -\alpha) \sin \alpha}{\sin (120^{\circ} - \alpha) \sin 120^{\circ}} = \frac{\left| AB \right| \sin (60^{\circ} -\alpha) \sin \alpha}{\sin (60^{\circ} + \alpha) \sin 120^{\circ}} = \left| ID \right|}\)

Pewnie da się bardziej elementarnie, bez funkcji trygonometrycznych, ale nie umiem.

[earl grey]

To może rozwiążę geometrię bez trygonometrii:

Ukryta treść:    

Nietrudno zauważyć, że I jest środkiem okręgu wpisanego w \(\displaystyle{ \triangle ABC}\), niech \(\displaystyle{ \angle BAC}\) = \(\displaystyle{ 2 \alpha}\) , a \(\displaystyle{ \angle ABD}\) = \(\displaystyle{ 2 \beta}\) . Wtedy \(\displaystyle{ 2 \alpha + 2 \beta =2 \pi /3}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ \alpha + \beta = \pi /3}\), zatem \(\displaystyle{ \angle AIB}\) = \(\displaystyle{ 2 \pi /3}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \angle AIB = \angle EID}\), to także \(\displaystyle{ \angle EID = 2 \pi /3}\). Zatem kąty ECD i EID sumują się do \(\displaystyle{ \pi}\). Rozważmy okrąg opisany na czworokącie CDIE. Ponieważ CI jest dwusieczną \(\displaystyle{ \angle ECD}\), to \(\displaystyle{ \angle ECI = \angle DCI}\). Stąd wynika, że łuki EI i ID są tej samej długości, co jest równoważne tezie.

[pawel89]

Ukryta treść:    

Szukane prawdopodobieństwo wynosi:
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{20}{36}*\frac{2n+4}{2(2n+3)}+\frac{16}{36}*\frac{n}{2n}>
\frac{5}{9}*\frac{n+2}{2n+4}+\frac{2}{9}=\frac{5}{18}+\frac{2}{9}=\frac{1}{2}}\)
Wygląda dobrze. Proszę o dodanie następnego zadania

[pawlo392]

Dany jest okrąg \(\displaystyle{ O_0}\) o równaniu \(\displaystyle{ (x+2)^2+(y-6)^2=4}\). W drugiej ćwiartce układu współrzędnych istnieją dwa okręgi \(\displaystyle{ O_1}\) oraz \(\displaystyle{ O_2}\) styczne zewnętrznie do kręgu \(\displaystyle{ O_0}\) i jednocześnie styczne do obu osi układu współrzędnych. Oblicz odległość środków okręgów \(\displaystyle{ O_1}\) oraz \(\displaystyle{ O_2}\).

[a4karo]

Ukryta treść:    

Współrzędne środka szukanych okręgów to \(\displaystyle{ (-a,a)}\) (\(\displaystyle{ a>0}\)), a promień tego okręgu to \(\displaystyle{ a}\).
warunek styczności z okręgiem \(\displaystyle{ O_0}\) to \(\displaystyle{ \sqrt{(-a+2)^2+(a-6)^2}=a+2}\),
więc
co daje \(\displaystyle{ a_1=18, a_2=2}\). Odległość między środkami okręgów wynosi zatem \(\displaystyle{ 16\sqrt{2}}\).

Oblicz kąt miedzy ścianami czworościanu foremnego.

[Chewbacca97]

Ukryta treść:    

Wysokość ściany czworościanu foremnego o krawędzi \(\displaystyle{ a}\) to \(\displaystyle{ h= \frac{a \sqrt{3} }{2}}\). Promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny: \(\displaystyle{ r= \frac{1}{3} h = \frac{a \sqrt{3} }{6}}\). Oznaczając interesujący nas kąt przez \(\displaystyle{ \alpha}\) mamy \(\displaystyle{ \cos \alpha = \frac{r}{h} = \frac{\frac{a \sqrt{3} }{6}}{\frac{a \sqrt{3} }{2}} = \frac{1}{3}}\).

Zatem interesujący nas kąt to \(\displaystyle{ \alpha = \cos^{-1} \left( \frac{1}{3} \right)}\).

Tworzymy ciąg liczb, zapisując kolejne liczby naturalne:

\(\displaystyle{ 123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839...}\)

Jaka cyfra stoi na 2890. miejscu? Bardziej na maturę podstawową, ale nie wymyślę lepszego na ten moment.

[Larsonik]

Ukryta treść:    

Zdaje się, że równe \(\displaystyle{ 1}\) jako cyfra jedności liczby \(\displaystyle{ 1000}\). Łatwo zliczyć ile jest liczb \(\displaystyle{ n}\) cyfrowych w systemie dziesiętnym. Każda z nich "zajmuje" \(\displaystyle{ n}\) wyrazów ciągu.

Na bokach \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ DC}\) kwadratu \(\displaystyle{ ABCD}\) o polu \(\displaystyle{ 1}\) wybrano punkty \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) w ten sposób, że \(\displaystyle{ \angle KBL = 45^{\circ}}\). Oblicz odległość punktu \(\displaystyle{ B}\) od prostej \(\displaystyle{ KL}\).

[mint18]

Larsonik:    

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie takim punktem na prostej \(\displaystyle{ AD}\), który nie leży na odcinku \(\displaystyle{ AD}\) oraz \(\displaystyle{ AX=CL}\). Wtedy trójkąty \(\displaystyle{ ABX}\) i \(\displaystyle{ BCL}\) są przystające (bkb), dostajemy, że \(\displaystyle{ \angle XBK = 45^{\circ}}\), więc również \(\displaystyle{ \Delta XBK\equiv\Delta KBL}\) (bkb). I stąd mamy \(\displaystyle{ AB=1}\).

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) wysokości przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ H}\). Niech punkt \(\displaystyle{ H'}\) będzie odbiciem symetrycznym punktu \(\displaystyle{ H}\) względem prostej \(\displaystyle{ AC}\). Wykazać, że jeżeli czworokąt \(\displaystyle{ ABCH'}\) jest trapezem, to jest on trapezem równoramiennym.

Może jednak dam coś lżejszego (to będzie też użyteczne twierdzenie do zadania wyżej):
Wykazać, że czworokąt wypukły\(\displaystyle{ ABCD}\) można wpisać w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \angle DAC=\angle DBC}\).

[Xiaos]

PS: Można wrzucać zadania bez rozwiązania poprzedniego?

Prawdopodobieństwo. Zadanie napisane na podstawie

Ukryta treść:    

paradoxu monty halla i historii z teleturniejem.

Opis:

Mamy troje drzwi: A, B i C. Za jednymi z nich znajduje się nagroda, a pozostałe są puste.

Dodatkowo mamy dwie osoby:
gracz - próbujący odgadnąć gdzie znajduje się nagroda
prowadzący - wie gdzie jest nagroda, a dodatkowo odkrywa puste drzwi.

Gracz chcący wygrać nagrodę zostaje poproszony o wybranie drzwi A/B/C za którymi (według niego) jest nagroda.
Następnie prowadzący z dwóch pozostałych (niewybranych) drzwi ujawnia te, które były puste i daje graczowi możliwość zmiany swojego wyboru.

Zaznacz poprawną odpowiedź i potwierdź ją obliczeniami:

Największe prawdopodobieństwo wygranej gracz osiągnie wtedy, gdy po odrzuceniu przez prowadzącego pustych drzwi pozostanie on przy swoim początkowym wyborze. [Prawda/Fałsz]

[Chewbacca97]

Znany problem, pojawił się w jakimś filmie o liczeniu kart w blackjacku - bodajże "21"? Jednak trochę mało maturalny...

Ukryta treść:    

Z początku mieliśmy \(\displaystyle{ 33,3 \%}\) szans na wygraną oraz \(\displaystyle{ 66,6 \%}\) na wybranie bramki pustej. Prowadzący otwierając bramkę pustą i dając nam szansę wyboru w pewnym sensie daje nam dodatkowe \(\displaystyle{ 33,3 \%}\) na wygraną. Zmiana nie opłaca się jedynie w przypadku, gdy za pierwszym razem wybraliśmy prawidłowo. W skrócie w przypadku zmiany decyzji szanse na wygraną to \(\displaystyle{ 66,6 \%}\).

Największe prawdopodobieństwo wygranej gracz osiągnie wtedy, gdy po odrzuceniu przez prowadzącego pustych drzwi pozostanie on przy swoim początkowym wyborze. Fałsz.

[mint18]

Wrzućcie nowe

[karolex123]

Pozwolę sobie wstawić nowe zadanie .
W 11- osobowym rzędzie chcemy umieścić cztery dziewczyny i siedmiu chłopców w taki sposób, aby na skrajach rzędu znajdowali się chłopcy i ponadto między dwoma dowolnymi dziewczynami znajdował się co najmniej jeden chłopiec. Oblicz na ile sposobów można ustawić te osoby w rzędzie.

[Chewbacca97]

Podstawą ostrosłupa \(\displaystyle{ ABCDS}\) jest prostokąt \(\displaystyle{ ABCD}\). Niech spodkiem wysokości będzie środek krawędzi \(\displaystyle{ CD}\) i oznaczmy go przez \(\displaystyle{ E}\). Obliczyć tangens kąta między ścianami bocznymi \(\displaystyle{ ABS}\) oraz \(\displaystyle{ CBS}\), jeśli \(\displaystyle{ \left| AB\right| = 2\left| BC\right|}\) i \(\displaystyle{ \left| SE\right| = 3\left| BC\right|}\).