Matura z matematyki - zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/wp-content/uploads/2017/02/zadania_matematyka... · Matura z matematyki Materia≥y pomocnicze dla nauczycieli i uczniów opracowane

Matura z matematyki

Matura z matematyki

Materia≥y pomocniczedla nauczycieli i uczniów

opracowane przez

Centralny Zespó≥Ekspertów Matematycznych

Centralna Komisja Egzaminacyjna

Warszawa 2014

Publikacja wsp ó™finansowana ze ±ro dków Unii Europ ejskiejw ramach Europ ejskiego Funduszu Sp o™ecznego.

Publikacja jest rozprowadzana b ezp™atnie.

Publikacja opracowana przez Centralny Zesp ó™ Eksp ertów Matematycznychdzia™a j°cy w ramach pro jektu: „ Pilotaª nowych egzaminów maturalnych”realizowanego przez Centraln° Komisj¶ Egzaminacyjn°p o d kierunkiem Agnieszki Su™owskiej:

Henryk D°browskiElªbieta Dittma jerMieczys™aw Fa™atWo jciech GuzickiHalina Ka™ekPiotr LudwikowskiEdyta MarczewskaAnna OlechnowiczMarian PacholakMaria Pa j°k-Ma jewskaWaldemar RoªekElªbieta Sepko-GuzickaAgata SiwikLeszek So cha´skiEdward Stachowski

Sk™ad:Jakub Po chrybniak

Wydawca:Centralna Komisja EgzaminacyjnaWarszawa 2014

ISBN 978-83-940902-0-3

Spis treúci

S≥owo wstÍpne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1. O trzech elementarnych nierównoúciach i ich zastosowaniach przy dowodzeniu innychnierównoúci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1. Zastosowania pierwszej nierówno±ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1.1. Zadania wprowadza j°ce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1.2. Nierówno±¢ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.1.3. Przyk™ady zastosowa´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2. Zastosowania drugiej nierówno±ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2.1. Zadanie wprowadza j°ce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.2.2. Nierówno±¢ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15


1.3. Zastosowania trzeciej nierówno±ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3.1. Zadania wprowadza j°ce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3.2. Nierówno±¢ 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18


2. Zadania na dowodzenie. Geometria, cz. I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1. Zadania z rozwi°zaniami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.1. Rachunek k°tów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.2. Nierówno±¢ tró jk°ta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.1.3. Przystawanie tró jk°tów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. Zadania na dowodzenie. Geometria, cz. II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.1. Zadania z rozwi°zaniami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.1.1. Twierdzenie Pitagorasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.1.2. Geometria okr¶gu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.1.3. Okr¶gi styczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.1.4. Twierdzenie Pitagorasa i okr¶gi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4. Zadania na dowodzenie. Geometria, cz. III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5. Zadania z kombinatoryki, czyli o sztuce zliczania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

5.1. Po dstawowe oznaczenia i terminologia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.2. Zasada równoliczno±ci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.3. Regu™a do dawania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.4. Regu™a mnoªenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

5.5. Regu™y do dawania i mnoªenia razem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

5.6. Wsp ó™czynniki dwumianowe i dowo dy kombinatoryczne. . . . . . . . . . . . . . . . 104

5.7. Wzory arytmetyczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.8. Do datki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.8.1. Zasada w™°cze´ i wy™°cze´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.8.2. Wzór dwumianowy Newtona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

6. O rozwiπzywaniu zadaÒ z rachunku prawdopodobieÒstwa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

6.1. Zakres p o dstawowy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

6.2. Zakres rozszerzony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

7. PrawdopodobieÒstwo warunkowe. Twierdzenie o prawdopodobieÒstwie ca≥kowitym . . . 151

7.1. Po dstawowe w™asno±ci prawdop o dobie´stwa warunkowego . . . . . . . . . . . . . . . 152

7.2. Ciekawostki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

7.3. Paradoksy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

7.4. Wzór na prawdop o dobie´stwo ilo czynu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

7.5. Twierdzenie o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym (zup e™nym) . . . . . . . . . . . . . 162

8. Elementy analizy matematycznej w zadaniach na egzaminie maturalnym . . . . . . . . . 166

8.1. Przyk™ady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

Dodatek— zestawy zadaÒ

A. Zestaw zadaÒ I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

B. Zestaw zadaÒ II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

B.1. Szereg geometryczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

B.2. Granice ci° gów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

B.3. Granica ci° gu (z parametrem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

B.4. Granice funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

S≥owo wstÍpne

Rok 2015 sta je si¶ rokiem prze™omowym dla maturzystów i ich nauczycieli, p oniewaª egza-min maturalny istotnie si¶ zmienia. Mo dyfikacja sta™a si¶ konieczna, gdyª nast° pi™y zmia-ny w p o dstawie programowej nauczania matematyki. W™a±nie w 2015 roku do egzaminumaturalnego przyst° pi° p o raz pierwszy ci absolwenci szkó™ p onadgimnazjalnych, którzyprzygotowywali si¶ do tego egzaminu w oparciu o now° p o dstaw¶ programow°. Wyb órprzedmiotów realizowanych na p oziomie rozszerzonym na p o cz°tku drugiej klasy w istotnysp osób wp™ywa na wyb ory egzaminacyjne. Na te wyb ory wp™ywa równieª zmiana w for-mule egzaminu maturalnego — zda j°cy ob owi°zkowo przyst¶puje do jednego egzaminu nap oziomie rozszerzonym. Bardzo dobre recenzje ewolucji, która dokona™a si¶ w strukturzearkusza egzaminacyjnego na p oziomie p o dstawowym, wskaza™y kierunek, który p owinno si¶uwzgl¶dni¢ w konstrukcji arkusza na p oziomie rozszerzonym.

W Komentarzu do podstawy programowej przedmiotu matematyka autorzy — ZbigniewSemadeni, Marcin Karpi´ski, Krystyna Sawicka, Marta Jucewicz, Anna Dubiecka, Wo jciechGuzicki, Edward Tuta j napisali:

„O tym, jaka b ¶dzie wyk™adnia p o dstawy programowej, zadecyduje praktyka na-uczania i praktyka egzaminów maturalnych. Po kilku latach funkcjonowania nowejp o dstawy programowej, w wyniku wsp ó™dzia™ania szko™y, komisji egzaminacyjnychi uczelni wyªszych, ustali siÍ pewien poziom interpretowania i realizowania obo-wiπzujπcych wymagaÒ.”

Aby zrealizowa¢ ten zapis, w 2011 roku, przed Centralnym Zesp o™em Eksp ertów Matema-tycznych p ostawiono nowe zadania. W±ró d tych zada´, mi¶dzy innymi, by™o zaprop ono-wanie zmian w strukturze egzaminu maturalnego z matematyki na p oziomie rozszerzonymi przedstawienie p oziomu interpretowania i realizowania wymaga´ zapisanych w p o dstawieprogramowej. Przez prawie trzy lata Zesp ó™ opracowywa™ prop ozycj¶ zmian. Testowane by-™y róªne koncep cje struktury egzaminu i róªne ro dza je zada´. W wyniku analiz opracowa´wyników testowania i wielogo dzinnych dyskusji zaprop onowano koncep cj¶ egzaminu, któraznalaz™a o dzwierciedlenie w „ Informatorze o egzaminie maturalnym z matematyki o d rokuszkolnego 2014/2015”.

Równolegle z kszta™towaniem si¶ struktury egzaminu, ±ro dowisko nauczycieli matematykina bieª°co by™o informowane o efektach pracy Zesp o™u, w trakcie cyklicznie organizowanychkonferencji dla doradców meto dycznych i konsultantów. Po dczas pracy nad formu™° egzami-nu p owstawa™y równieª materia™y dydaktyczne p omo cne w interpretacji oraz realizacji nowejp o dstawy programowej. Dobre przyj¶cie przez uczestników tre±ci wyk™adów i materia™ówkonferencyjnych zach¶ci™o nas do opublikowania ich w zwartej publikacji.

Kolejne ro czniki maturzystów, w tym absolwentów techników, b ¶d° zdawa™y egzamin ma-turalny w nowej formule. Publikacja, któr° Pa´stwu prop onujemy, dotyczy g™ównie tych

tre±ci, które w istotny sp osób ilustruj° zmiany. Jeªeli cho ¢by cz¶±¢ z tych materia™ów p omoªePa´stwu lepiej przygotowa¢ swoich uczniów do egzaminu maturalnego, b ¶dzie to na jlepsz°nagro d° dla autorów tekstów.

Dzi¶kujemy panu profesorowi Zbigniewowi Marciniakowi za cenne uwagi przy redagowaniutej ksi°ªki, jak równieª za wsparcie p o dczas siedmioletniej pracy zesp o™u. Pani AgnieszceSu™owskiej, pani Mirce Cyganiak i panu Jackowi Goπli´skiemu dzi¶kujemy za wszelk° p omo cw ci° gu tych siedmiu lat.

Autorzy

Rozdzia≥ 1

O trzech elementarnych nierównoúciachi ich zastosowaniach przy dowodzeniu

innych nierównoúciEdward Stachowski

Przy dowo dzeniu nierówno±ci stosujemy elementarne przejúcia równowaøne, przeprowadza-my rozumowanie typu:

jeªeli a>0 oraz b>0, to:

i) aˇb jest równowaªne a2ˇb2,ii) aˇb jest równowaªne

ÔaˇÔb,

alb o stosujemy przejúcia, które nie sπ równowaøne.

Korzystamy wtedy

z relacji przecho dnio±ci:jeªeli aˇb oraz bˇ c, to aˇ c,

alb o

z moªliwo±ci do dawania stronami zgo dnie skierowanych nierówno±ci:jeªeli aˇb oraz cˇd, to a+bˇ c+d,

alb o

z moªliwo±ci mnoªenia stronami zgo dnie skierowanych nierówno±ci dla liczb do datnich:jeªeli aˇbˇ 0 oraz cˇdˇ 0, to a ·cˇb ·d,

gdyª ac-bd=a(c-d)+(a-b)dˇ 0.

Zap owiadane w tytule trzy elementarne nierówno±ci s° nast¶puj°ce (z p o danej numeracjib ¶dziemy korzystali w przedstawianych rozwi°zaniach przyk™adowych zada´):

1. Dla kaªdych liczb rzeczywistych a,b prawdziwa jest nierówno±¢

a2+b2ˇ 2ab,

przy czym równo±¢ zacho dzi wtedy i tylko wtedy, gdy a=b.

DowódPrzekszta™camy nierówno±¢ równowaªnie:

a2+b2ˇ 2ab,

a2-2ab+b2ˇ 0,

(a-b)2ˇ 0.

Ostatnia nierówno±¢ jest o czywista.

10 1. O trzech elementarnych nierówno±ciach. . .

2. Nierówno±¢ dla ±redniej arytmetycznej i geometrycznej.ëredni° geometryczn° dwó ch nieujemnych liczb rzeczywistych a,b nazywamy licz-b ¶Ôab.

Dla kaªdych nieujemnych liczb rzeczywistych a,b prawdziwa jest nierówno±¢

a+b

2ˇÔab,

któr° cz¶sto zapisujemy w p ostaci

a+bˇ 2Ôab,

przy czym równo±¢ zacho dzi wtedy i tylko wtedy, gdy a=b.

DowódPrzekszta™camy nierówno±¢ równowaªnie:

a+b

2ˇÔab,

a+bˇ 2Ôab,

a-2Ôab+bˇ 0,

1Ôa-Ôb22ˇ 0.


3. Dla kaªdych liczb rzeczywistych a,b, takich, ªe ab>0, prawdziwa jest nierówno±¢

a

b+b

aˇ 2,

przy czym równo±¢ zacho dzi wtedy i tylko wtedy, gdy a=b.Jeªeli ab<0, to

a

b+b

a˛-2.

Równo±¢ zacho dzi wtedy i tylko wtedy, gdy a=-b.

Dowóda) Poniewaª ab>0, to mnoª°c obie strony nierówno±ci przez ab otrzymujemy nierów-

no±¢ a2+b2ˇ 2ab, równowaªn° z o czywist° nierówno±ci° (a-b)2ˇ 0.Równo±¢ ma miejsce, gdy a=b.

b) Poniewaª ab<0, to mnoª°c obie strony nierówno±ci przez ab otrzymujemy nierów-no±¢ a2+b2ˇ-2ab, równowaªn° z o czywist° nierówno±ci° (a+b)2ˇ 0.Równo±¢ ma miejsce, gdy a=-b.

1.1. Zastosowania pierwszej nierówno±ci 11

1.1. Zastosowania pierwszej nierównoúci

1.1.1. Zadania wprowadzajπce

Zadanie 1.Wykaª, ªe dla kaªdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówno±¢ x2+1ˇ 2x.

Rozwiπzanie

Przekszta™camy nierówno±¢ równowaªnie:

x2+1ˇ 2x,

x2-2x+1ˇ 0,

(x-1)2ˇ 0.


Równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x= 1.

Zadanie 2.Wykaª, ªe dla kaªdej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówno±¢ x2+1ˇ 2 |x|.

Rozwiπzanie

Zauwaªamy, ªe |x|2 = x2 i przekszta™camy nierówno±¢ równowaªnie:

x2+1ˇ 2 |x| ,

x2-2 |x|+1ˇ 0,

(|x|-1)2ˇ 0.


Równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy |x|= 1, czyli dla x= 1 alb o x=-1.

1.1.2. NierównoúÊ 1.

Dla kaªdych liczb rzeczywistych a oraz b prawdziwa jest nierówno±¢

a2+b2ˇ 2ab. (1)

1.1.3. Przyk≥ady zastosowaÒ

Przyk≥ad 1.Wykaª, ªe dla kaªdych liczb rzeczywistych x oraz a prawdziwa jest nierówno±¢ (x+a)2ˇ4ax.


Rozwiπzanie


(x+a)2ˇ 4ax,

x2+2ax+a2ˇ 4ax,

x2-2ax+a2ˇ 0,

(x-a)2ˇ 0.


Równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x=a.

Przyk≥ad 2.Wykaª, ªe jeªeli a,b s° d™ugo±ciami przyprostok°tnych tró jk°ta prostok°tnego oraz c jestd™ugo±ci° przeciwprostok°tnej tego tró jk°ta, to a+b˛ c

Ô2.

Rozwiπzanie

Jest wiele dowo dów geometrycznych tej nierówno±ci, my przedstawimy dowó d algebraicz-ny, ale o czywi±cie nie ob ejdzie si¶ b ez zastosowania twierdzenia Pitagorasa. Pokaªemy, ªe(a+b)2˛ 2c2, co jest równowaªne z tez°.

(a+b)2 =a2+2ab+b2˛a2+!a2+b2

"+b2 = 2

!a2+b2

"= 2c2.

Równo±¢ ma miejsce, gdy tró jk°t jest równoramienny, czyli jest „ p o™ow° kwadratu”.

Uwaga

Zauwaªmy, ªe „ przy okazji” udowo dnili±my nierówno±¢ o zwi°zku mi¶dzy ±redni° arytme-tyczn° i ±redni° kwadratow°.

ërednia kwadratowa liczb a,b jest równa

Úa2+b2

2.

Wykazali±my, ªe dla dowolnych liczb a,b prawdziwa jest nierówno±¢

a+b

2˛Ú

a2+b2

2

i gdy aˇ 0,bˇ 0, to równo±¢ zacho dzi dla a=b.

Przyk≥ad 3.Wykaª, ªe jeªeli w prostopad™o±cianie a,b,c s° d™ugo±ciami kraw¶dzi wycho dz°cymi z jed-nego wierzcho™ka oraz d jest d™ugo±ci° przek°tnej tego prostopad™o±cianu, to a+b+c˛d

Ô3.

Rozwiπzanie

Jest wiele dowo dów geometrycznych tej nierówno±ci, my przedstawimy dowó d algebraiczny,korzysta j°c z wzoru na d™ugo±¢ przek°tnej prostopad™o±cianu: a2+b2+c2 =d2.

1.1. Zastosowania pierwszej nierówno±ci 13

Pokaªemy, ªe (a+b+c)2˛ 3d2, co jest równowaªne z tez°.

(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc˛˛a2+b2+c2+

!a2+b2

"+!a2+c2

"+!b2+c2

"=

= 3!a2+b2+c2

"= 3d2.

Równo±¢ ma miejsce dla a=b= c, czyli gdy prostopad™o±cian jest sze±cianem.

Uwaga

ërednia arytmetyczna liczb x1,x2, . . . ,xn to

x1+x2+ . . .+xnn

,

±rednia kwadratowa liczb x1,x2, . . . ,xn toÚ

x21+x22+ . . .+x2nn

.

Rozumuj°c tak, jak w przyk™adach 2. oraz 3., moªemy udowo dni¢ nierówno±¢ mi¶dzy ±redni°arytmetyczn° i ±redni° kwadratow° liczb x1,x2, . . . ,xn tzn. wykaza¢, ªe dla dowolnych liczbx1,x2, . . . ,xn prawdziwa jest nierówno±¢

x1+x2+ . . .+xnn

˛Ú

x21+x22+ . . .+x2nn

.

Przyk≥ad 4.

Wykaª, ªe jeªeli x+y=a, to x2+y2ˇ a2

2.

W szczególno±ci, gdy x+y= 1, to x2+y2ˇ 1

2.

Rozwiπzanie

Po dnosimy obie strony równo±ci x+y=a do kwadratu i korzystamy z nierówno±ci (1).

a2=(x+y)2=x2+2xy+y2˛x2+!x2+y2

"+y2=2

!x2+y2

", st°d p o p o dzieleniu obu stron

nierówno±ci przez 2 otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y=a

2.

Przyk≥ad 5.

Wykaª, ªe jeªeli x+y+z=a, to x2+y2+z2ˇ a2

3.

W szczególno±ci x+y+z= 1, to x2+y2+z2ˇ 1

3.


Rozwiπzanie

Po dnosimy obie strony równo±ci x+y+z=a do kwadratu i korzystamy z nierówno±ci (1).

a2 =(x+y+z)2 = x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz˛˛ x2+y2+z2+

!x2+y2

"+!x2+z2

"+!y2+z2

"= 3!x2+y2+z2

".

St°d p o p o dzieleniu obu stron nierówno±ci przez 3 otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y= z=a

3.

Uwaga

Rozumuj°c analogicznie jak w przyk™adach 3. oraz 4. moªna wykaza¢, ªe jeªeli x1,x2, . . .xn

s° liczbami rzeczywistymi takimi, ªe x1+x2+ . . .+xn =a, to x21+x22+ . . .+x2nˇa2

n.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x1 = x2 = . . .= xn =a

n.

Przyk≥ad 6.Wykaª, ªe dla dowolnych liczb rzeczywistych x,y,z prawdziwa jest nierówno±¢

x2+y2+z2ˇ xy+xz+yz.

Rozwiπzanie

Zapisujemy trzy razy nierówno±¢ 1.

x2+y2ˇ 2xy,

x2+z2ˇ 2xz,

y2+z2ˇ 2yz,

p o do daniu stronami otrzymujemy 2!x2+y2+z2

"ˇ 2(xy+xz+yz), a p o p o dzieleniu obu

stron przez 2 otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y= z.

Uwaga

Rozumuj°c analogicznie jak w przyk™adzie 5. moªemy wykaza¢, ªe jeªeli x1,x2, . . .xn s°liczbami rzeczywistymi, to

(n-1)nX

k=1

x2kˇ 2 ·X

1˛i<j˛nxi ·xj,

i równo±¢ ma miejsce, gdy x1 = x2 = . . .= xn.

1.2. Zastosowania drugiej nierówno±ci 15

1.2. Zastosowania drugiej nierównoúci

1.2.1. Zadanie wprowadzajπce

Zadanie 3.Wykaª, ªe jeªeli xˇ 0, to x+1ˇ 2

Ôx.

Rozwiπzanie


x+1ˇ 2Ôx,

x-2Ôx+1ˇ 0,

!Ôx"2

-2Ôx+1ˇ 0,

!Ôx-1"2ˇ 0.


Równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x= 1.

1.2.2. NierównoúÊ 2.

Da kaªdych liczb nieujemnych rzeczywistych a,b prawdziwa jest nierówno±¢ dla ±redniejarytmetycznej i geometrycznej

a+b

2ˇÔab, (2)

któr° cz¶sto zapisujemy w p ostaci a+bˇ 2Ôab.

Równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy a=b.

Uwaga

Nierówno±¢ ta zas™uguje na szczególn° uwag¶.

Z faktu, ªe dla kaªdych liczb do datnich a,b prawdziwa jest nierówno±¢a+b

2ˇÔab wynika,

ªe:

a) jeªeli sta™a jest sum° dwó ch liczb do datnich, to ich ilo czyn jest na jwi¶kszy, gdy obie liczbys° równe (np. w±ró d prostok°tów o ustalonym obwo dzie na jwi¶ksze p ole ma kwadrat),

b) jeªeli sta™y jest ilo czyn dwó ch liczb do datnich, to ich suma jest na jmniejsza, gdy obieliczby s° równe (np. w±ró d prostok°tów o ustalonym p olu na jmniejszy obwó d ma kwa-drat).



Przyk≥ad 1.Wykaª, ªe jeªeli x>0, y>0 oraz xy= 25, to (1+x)(1+y)ˇ 36.

Rozwiπzanie

(1+x)(1+y)= 1+xy+x+y= 26+(x+y)ˇ 26+2Ô25= 36.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y= 5.

Przyk≥ad 2.Wykaª, ªe jeªeli a,b,x s° liczbami do datnimi oraz ab= 4, to (a+x)(b+x)ˇ (x+2)2.

Rozwiπzanie(a+x)(b+x)=x2+ab+ax+bx=x2+4+(a+b)xˇx2+4+2

Ô4 ·x=x2+4x+4=(x+2)2 .

Równo±¢ ma miejsce, gdy a=b= 2.

Przyk≥ad 3.Wykaª, ªe jeªeli x,y,z s° liczbami do datnimi oraz xyz= 1, to

(1+x)(1+y)(1+z)ˇ 8.

Rozwiπzanie

Zapisujemy trzy razy nierówno±¢ dla ±rednich:

1+xˇ 2Ôx,

1+yˇ 2Ôy,

1+zˇ 2Ôz.

Mnoª°c te trzy nierówno±ci stronami otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y= z= 1.

Przyk≥ad 4.Wykaª, ªe jeªeli x,y,z s° liczbami do datnimi, to

(x+y)(x+z)(y+z)ˇ 8xyz.

Rozwiπzanie

Zapisujemy trzy razy nierówno±¢ dla ±rednich:

x+yˇ 2Ôxy,

y+zˇ 2Ôyz,

x+zˇ 2Ôxz.

1.2. Zastosowania drugiej nierówno±ci 17

Mnoª°c te trzy nierówno±ci stronami otrzymujemy tez¶.



xy+yz+zxˇ xÔyz+y

Ôzx+z

Ôxy.

Rozwiπzanie

Dla uproszczenia dowo du p omnoªymy obie strony tezy przez 2, przekszta™cimy lew° stron¶otrzymanej nierówno±ci i trzy razy zastosujemy nierówno±¢ (2).

2(xy+yz+zx)= xy+xz+yx+yz+zx+zy= x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)ˇˇ x ·2

Ôyz+y ·2

Ôxz+z ·2

Ôxy= 2

!xÔyz+y

Ôzx+z

Ôxy".


Przyk≥ad 6.Wykaª, ªe jeªeli a,b,c,d s° liczbami do datnimi, to

(a+b)(c+d)ˇ 2

4Ôabcd.

Rozwiπzanie

Obie strony nierówno±ci s° do datnie, wi¶c p o p o dniesieniu ich do kwadratu otrzymamynierówno±¢ równowaªn°

(a+b)(c+d)ˇ 4Ôabcd.

Zapisujemy teraz dwa razy nierówno±¢ (2):

a+bˇ 2Ôab,

c+dˇ 2Ôcd.

Po p omnoªeniu tych nierówno±ci stronami otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy a=b oraz c=d.

Przyk≥ad 7.Wykaª, ªe jeªeli x,y s° liczbami do datnimi oraz x+y= 16, to

(1+x)(1+y)˛ 81.

Rozwiπzanie

Korzysta j°c z nierówno±ci 2. mamy

xy=(Ôxy)2˛

3x+y

2

42

= 64.


Przekszta™ca j°c lew° stron¶ nierówno±ci otrzymujemy

(1+x)(1+y)= 1+x+y+xy˛ 1+16+64= 81,

co naleªa™o wykaza¢.

1.3. Zastosowania trzeciej nierównoúci

1.3.1. Zadania wprowadzajπce

Zadanie 4.

Wykaª, ªe jeªeli x>0, to x+1

xˇ 2.

Rozwiπzanie

Poniewaª x> 0, to p o p omnoªeniu obu stron nierówno±ci przez x otrzymujemy nierówno±¢x2+1ˇ 2x, równowaªn° z o czywist° nierówno±ci° (x-1)2 ˇ 0. Równo±¢ ma miejsce, gdyx= 1.

Zadanie 5.

Wykaª, ªe jeªeli x<0, to x+1

x˛-2.

Rozwiπzanie

Poniewaª x< 0, to p o p omnoªeniu obu stron nierówno±ci przez x otrzymujemy nierówno±¢x2+1ˇ-2x, równowaªn° z o czywist° nierówno±ci° (x+1)2ˇ 0. Równo±¢ ma miejsce, gdyx=-1.

1.3.2. NierównoúÊ 3.a) Jeªeli ab>0, to

a

b+b

aˇ 2. (3a)

b) Jeªeli ab<0, toa

b+b

a˛-2. (3b)


Przyk≥ad 1.Z nierówno±ci (3a) wynika natychmiast, ªe jeªeli ↵ jest k°tem ostrym, to

↵

↵+

↵

↵ˇ 2,

1.3. Zastosowania trzeciej nierówno±ci 19

przy czym równo±¢ ma miejsce wtedy i tylko gdy ↵= 45¶.

Przyk≥ad 2.

Wykaª, ªe jeªeli xy>0, to (x+y)

31

x+

1

y

4ˇ 4.

Rozwiπzanie

Przekszta™ca j°c lew° stron¶ nierówno±ci otrzymujemy:

(x+y)

31

x+

1

y

4= 1+

x

y+y

x+1= 2+

3x

y+y

x

4.

Stosujemy teraz nierówno±¢ (3):

2+

3x

y+y

x

4ˇ 2+2= 4.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y.

Przyk≥ad 3.

Wykaª, ªe jeªeli x,y,z s° liczbami do datnimi, to (x+y+z)

31

x+

1

y+1

z

4ˇ 9.

Rozwiπzanie


(x+y+z)

31

x+

1

y+1

z

4= 1+

x

y+x

z+y

x+1+

y

z+

z

x+

z

y+1=

= 3+

3x

y+y

x

4+1xz+

z

x

2+

3y

z+

z

y

4.

Stosujemy teraz do kaªdego z trzech nawiasów nierówno±¢ (3)

3+

3x

y+y

x

4+1xz+

z

x

2+

3y

z+

z

y

4ˇ 3+2+2+2= 9

i otrzymujemy tez¶.



xy(x+y-2z)+yz(y+z-2x)+xz(x+z-2y)ˇ 0.

Rozwiπzanie


xy(x+y-2z)+yz(y+z-2x)+xz(x+z-2y)=

= xyz

3x

z-y

z-2+

y

x+

z

x-2+

x

y+

z

y-2

4=

= xyz

33x

y+y

x-2

4+1xz+

z

x-22+

3y

z+

z

y-2

44.

Stosuj°c do kaªdego z trzech nawiasów nierówno±¢ (3) w wersjia

b+b

a-2ˇ 0, otrzymujemy

tez¶.



xy

z+yz

x+xz

yˇ x+y+z.

Rozwiπzanie

Dla uproszczenia dowo du p omnoªymy obie strony tezy przez 2, przekszta™cimy lew° stron¶otrzymanej nierówno±ci i zastosujemy do kaªdego z trzech nawiasów nierówno±¢ (3).

2

3xy

z+yz

x+xz

y

4=

xy

z+xz

y+yz

x+xy

z+yz

x+xz

y=

= x

3y

z+

z

y

4+y1 zx+x

z

2+z

3y

x+

x

y

4ˇ 2x+2y+2z= 2(x+y+z) .


Przyk≥ad 6.Wykaª, ªe jeªeli x,y,z s° liczbami do datnimi oraz xyz= 1, to

xy+xz+yz+x+y+zˇ 6.

Rozwiπzanie

Z warunku xyz= 1 wyznaczymy z=1

xyotrzymuj°c: xz= x · 1

xy=

1

y, yz=y · 1

xy=

1

x.

Zapisujemy nierówno±¢ w p ostaci

xy+1

y+

1

x+x+y+

1

xy=

3x+

1

x

4+

3y+

1

y

4+

3xy+

1

xy

4.

Stosuj°c do kaªdego z nawiasów nierówno±¢ (3) otrzymujemy tez¶.

Równo±¢ ma miejsce, gdy x=y= z= 1.

Rozdzia≥ 2

Zadania na dowodzenieGeometria, cz. I

Wo jciech Guzicki

W arkuszach maturalnych matury próbnej (listopad 2009 r.) i matury p o dstawowej (ma j2010 r.) znalaz™y si¶ zadania geometryczne na dowo dzenie. Za p oprawne rozwi°zanie takiegozadania zda j°cy móg™ otrzyma¢ 2 punkty — by™y to tzw. „zadania krótkiej o dp owiedzi”.Przy wystawianiu o ceny za rozwi°zanie zadania na dowo dzenie kierowano si¶ zasad°, ªedowó d matematyczny p owinien by¢ kompletny i tylko w wyj°tkowych sytuacjach moªnauzna¢, ªe zda j°cy „ p okona™ zasadnicze trudno±ci zadania”, nie doprowadza j°c przy tymrozwi°zania do koća.

W tym opracowaniu p okazuj¶ 21 zada´ geometrycznych na dowo dzenie o p o dobnym stopniutrudno±ci jak zadania ze wsp omnianych wyªej arkuszy. Przyjmuj¶, ªe za p oprawne rozwi°za-nie kaªdego z tych zada´ przyzna je si¶ 2 p. Natomiast kwestia, za jakie rozwi°zanie cz¶±ciowemoªna przyzna¢ 1 p., jest w kaªdym przypadku spraw° dyskusyjn°.

Pokazuj¶ trzy typy zada´ na dowo dzenie. Pierwszy p olega na tzw. „rachunku k°tów”. Do-wó d geometryczny sprowadza si¶ do wyznaczenia miar p ewnych istotnych w zadaniu k°-tów i wyci° gni¶ciu w™a±ciwych wniosków z przeprowadzonych oblicze´. W takich zadaniachp okonanie zasadniczych trudno±ci zadania moªe p olega¢ na w™a±ciwym wybraniu k°tów„wyj±ciowych” i wyznaczeniu (za ich p omo c°) miar innych k°tów. Dokoćzenie rozwi°zaniasprowadza si¶ wówczas do wyci° gni¶cia wniosków. Drugi typ zada´ to proste nierówno±cigeometryczne, w dowo dzie których wykorzystuje si¶ tzw. nierówno±¢ tró jk°ta. Pokonaniezasadniczych trudno±ci zadania moªe p olega¢ na w™a±ciwym wyb orze tró jk°tów i zapisaniunierówno±ci tró jk°ta dla nich. Znów dokoćzenie rozwi°zania moªe p olega¢ na zebraniurazem tych nierówno±ci. Wreszcie trzeci typ zada´ to proste zadania, w których korzystasi¶ z przystawania tró jk°tów. Pokonanie zasadniczych trudno±ci zadania moªe p olega¢ naw™a±ciwym wyb orze tró jk°tów i p e™nym uzasadnieniu ich przystawania (dokoćzenie roz-wi°zania p olega wówczas na wyci° gni¶ciu wniosku) lub na w™a±ciwym wyb orze tró jk°tów,stwierdzeniu ich przystawania i wyci° gni¶ciu p oprawnego wniosku przy braku p e™nego uza-sadnienia przystawania.

We wszystkich przedstawionych dowo dach korzystamy z nast¶puj°cych twierdze´ geome-trycznych, które p owinny by¢ dobrze znane kaªdemu maturzy±cie:

1. Suma k°tów tró jk°ta jest równa 180¶.1.a. Suma k°tów ostrych tró jk°ta prostok°tnego jest równa 90¶.

1.b. K°t zewn¶trzny tró jk°ta jest równy sumie k°tów wewn¶trznych do niego nieprzyle-g™ych.

1.c. Suma k°tów czworok°ta jest równa 360¶.2. K°ty wierzcho™kowe s° równe.3. Suma k°tów przyleg™ych jest równa 180¶.

22 2. Zadania na dowo dzenie. Geometria, cz. I

4. K°ty przy p o dstawie tró jk°ta równoramiennego s° równe.5. K°ty o dp owiada j°ce i naprzemianleg™e przy dwó ch prostych równoleg™ych s° równe.

5.a. Suma k°tów p o™oªonych przy tym samym b oku równoleg™ob oku jest równa 180¶.5.b. Przeciwleg™e k°ty równoleg™ob oku s° równe.

6. Suma dwó ch b oków tró jk°ta jest wi¶ksza o d b oku trzeciego.7. Boki tró jk°ta p o™oªone naprzeciw równych k°tów s° równe.

Korzystamy takªe z trzech cech przystawania tró jk°tów.

2.1. Zadania z rozwiπzaniami

2.1.1. Rachunek kπtów

Zadanie 1.Punkt O leªy wewn°trz tró jk°ta ABC. Udowo dnij, ªe <) AOB><) ACB.

I sposób rozwiπzania

Przed™uªmy o dcinek AO do przeci¶cia z b okiem BC tró jk°ta ABC.

A B

C

DO

K°t AOB jest k°tem zewn¶trznym tró jk°ta BDO; zatem <) AOB><) BDO. K°t BDO jestk°tem zewn¶trznym tró jk°ta ADC; zatem <)BDO><)ACD. St°d wynika, ªe <)AOB><)ACD.

II sposób rozwiπzania

Oznaczmy k°ty tak jak na rysunku:

A B

C

O

↵"

�⌘

Mamy wówczas<) BAC=↵+", <) ABC=�+⌘.

2.1. Zadania z rozwi°zaniami 23

St°d wynika, ªe

<) ACB= 180¶-<) BAC-<) ABC= 180¶-↵-�-"-⌘=

=(180¶-↵-�)-("+⌘)=<) AOB-("+⌘),

a wi¶c <) ACB<<) AOB.

Zadanie 2.Dany jest tró jk°t ostrok°tny równoramienny ABC, w którym AC=BC. Odcinek AD jestwysoko±ci° tego tró jk°ta. Udowo dnij, ªe <) ACB= 2·<) BAD.

Rozwiπzanie

Oznaczmy <) ACB=� oraz <) BAC=↵.

A B

C

D

�

↵

Wtedy �= 180¶-2↵, czyli ↵=180¶-�

2= 90¶-

�

2. St°d dosta jemy

<) BAD=↵-<) CAD=↵-(90¶-�)= 90¶-�

2-90¶+�=

�

2,

czyli <) ACB=�= 2·<) BAD.

Zadanie 3.Na przeciwprostok°tnej AB tró jk°ta prostok°tnego ABC wybrano punkty D i E w takisp osób, by AC=AE oraz BC=BD. Udowo dnij, ªe <) DCE= 45¶.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°ty ostre tró jk°ta ABC tak jak na rysunku:

A B

C

D E↵ �


Poniewaª AC=AE, wi¶c <) ACE=<) AEC=180¶-↵

2=90¶-

↵

2. St°d wynika, ªe <) BCE=

↵

2.

W p o dobny sp osób p okazujemy, ªe <) ACD=�

2. Zatem

<) DCE= 90¶-↵

2-�

2= 90¶-

↵+�

2= 90¶-

90¶

2= 45¶.

Zadanie 4.Dany jest tró jk°t ABC, w którym <) BAC=↵, <) ABC=� oraz <) ACB=�. Na b okach BC,AC i AB tego tró jk°ta wybrano o dp owiednio punkty D, E i F w taki sp osób, by AE=AF,BD=BF i CD=CE. Udowo dnij, ªe

<) EFD=↵+�

2= 90¶-

�

2.

Rozwiπzanie

A B

C

DE

F↵ �

�

Poniewaª tró jk°t FEA jest równoramienny (z za™oªenia mamy FA=EA), wi¶c

<) AFE=<) AEF=180¶-↵

2= 90¶-

↵

2.

Po dobnie tró jk°t DFB jest równoramienny, sk°d wynika, ªe

<) BFD=<) BDF= 90¶-�

2.

St°d dosta jemy

<) EFD= 180¶-190¶-

↵

2

2-

390¶-

�

2

4=↵+�

2=

180¶-�

2= 90¶-

�

2.

Zadanie 5.W pi¶ciok°cie wypuk™ym ABCDE p oprowadzono wszystkie przek°tne. Oblicz sum¶ k°tów<) CAD+<) DBE+<) ECA+<) ADB+<) BEC.

Rozwiπzanie

Niech P i Q b ¶d° punktami przeci¶cia przek°tnej AD o dp owiednio z przek°tnymi BE i CE.Oznaczmy k°ty literami greckimi tak jak na rysunku:


A B

C

D

E

P

Q

↵ �

�

�

"

'

K°t ' jest k°tem zewn¶trznym tró jk°ta BDP, a wi¶c '=�+�. K°t jest k°tem zewn¶trz-nym tró jk°ta ACQ, wi¶c =↵+�. Suma k°tów tró jk°ta PQE jest równa '+ +"= 180¶,sk°d wynika, ªe ↵+�+�+�+"= 180¶.

Zadanie 6.Dany jest czworok°t wypuk™y ABCD. Punkty P, Q, R i S s° punktami przeci¶cia dwusiecz-nych k°tów zewn¶trznych czworok°ta ABCD. Udowo dnij, ªe sumy przeciwleg™ych k°tówczworok°ta PQRS s° równe.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°ty tak jak na rysunku:

A B

C

D

P

Q

R

S

↵ �

�

�

Wówczas <) PAB=1

2· (180¶-↵) = 90¶-

↵

2. Po dobnie <) PBA= 90¶-

�

2. St°d dosta jemy

<) APB=↵+�

2. W p o dobny sp osób <) CRD=

�+�

2. Zatem

<) APB+<) CRD=↵+�

2+�+�

2=↵+�+�+�

2=

360¶

2= 180¶

i p o dobnie <) BQC+<) DSA= 180¶.


Zadanie 7.W równoleg™ob oku ABCD, w którym b ok AB jest dwa razy d™uªszy o d b oku BC, p o™°czono±ro dek M b oku AB z wierzcho™kami C i D. Udowo dnij, ªe k°t CMD jest prosty.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°t BAD liter° ↵. Tró jk°ty MDA i MCB s° równoramienne, b o AD=AM=MB=CB.

A B

CD

M↵

Zatem <) AMD=180¶-↵

2oraz <) BMC=

180¶-(180¶-↵)

2=↵

2. St°d wynika, ªe

<) AMD+<) BMC=180¶-↵

2+↵

2= 90¶,

czyli <) CMD= 90¶.

Zadanie 8.Punkty D i E leª° o dp owiednio wewn°trz b oków BC i AC tró jk°ta ABC. Punkt F jestpunktem przeci¶cia dwusiecznych k°tów CAD i CBE. Udowo dnij, ªe

<) AEB+<) ADB= 2·<) AFB.

Rozwiπzanie

Przyjmijmy oznaczenia: <) CAB=↵, <) CBA=�, <) DAB= � oraz <) EBA= ":

A B

C

D

E

F

↵�

�

"

Zauwaªmy, ªe

<) AEB= 180¶-(↵+") oraz <) ADB= 180¶-(�+�).

Zatem<) AEB+<) ADB= 360¶-(↵+�+�+").

Poniewaª punkt F leªy na dwusiecznych k°tów CAD i CBE, wi¶c

<) FAB=↵+�

2oraz <) FBA=

�+"

2.


Zatem<) AFB= 180¶-(<) FAB+<) FBA)= 180¶-

↵+�+�+"

2.

St°d natychmiast wynika, ªe <) AEB+<) ADB= 2·<) AFB.

Zadanie 9.Na b okach tró jk°ta równob o cznego ABC, na zewn°trz tró jk°ta, zbudowano dwa kwadratyBEFC i ACGH oraz tró jk°t równob o czny ABD tak jak na rysunku:

A B

C

D

E

FG

H

Udowo dnij, ªe k°t HDE jest prosty.

Rozwiπzanie

Poniewaª AH=AC=AB=AD, wi¶c tró jk°t HDA jest równoramienny. Nast¶pnie

<) HAD= 360¶-<) HAC-<) CAB-<) BAD= 360¶-90¶-60¶-60¶= 150¶,

sk°d wynika, ªe

<) HDA=1

2·(180¶-<) HAD)= 15¶.

Po dobnie dowo dzimy, ªe <) BDE= 15¶. Zatem

<) HDE=<) HDA+<) ADB+<) BDE= 15¶+60¶+15¶= 90¶,

c.b.d.o.

Zadanie 10.Tró jk°t równoramienny ABC, w którym AC=BC, rozci¶to o dcinkiem AD na dwa tró jk°tyrównoramienne BDA i CAD tak, ªe AB=AD=CD. Udowo dnij, ªe <) ACB= 36¶.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°t ACB liter° ↵.


A B

C

D

↵

Poniewaª tró jk°t CAD jest równoramienny, wi¶c <) CAD=↵. Poniewaª k°t ADB jest k°temzewn¶trznym tró jk°ta CAD, wi¶c

<) ADB=<) CAD+<) ACD= 2↵.

Tró jk°t BDA jest równoramienny, wi¶c <) ABD=2↵. Wreszcie <) BAC=<) ABC=<) ABD, b otró jk°t ABC jest równoramienny. Z twierdzenia o sumie k°tów w tró jk°cie dosta jemy terazrównanie

<) BAC+<) ABC+<) ACB= 180¶,

czyli 2↵+2↵+↵= 180¶. Zatem 5↵= 180¶, czyli ↵= 36¶.

Zadanie 11.Tró jk°t równoramienny ABC, w którym AC=BC, rozci¶to o dcinkiem CD na dwa tró jk°tyrównoramienne DCA i BCD tak, ªe AC=AD oraz CD=BD. Udowo dnij, ªe <) CAB= 36¶.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°t BAC liter° ↵.

A B

C

D↵

Wówczas <) ABC= ↵ (b o tró jk°t ABC jest równoramienny) oraz <) BCD= ↵ (b o tró jk°tBCD jest równoramienny). Zatem <) ADC=<) DCB+<) DBC= 2↵. Poniewaª tró jk°t DCA

jest równoramienny, wi¶c <) ACD=2↵. St°d wynika, ªe <) ACB=3↵. Mamy zatem równanie

<) BAC+<) ABC+<) ACB= 180¶,

czyli ↵+↵+3↵= 180¶. Zatem 5↵= 180¶, czyli ↵= 36¶.

Zadanie 12.Tró jk°t równoramienny ABC, w którym AC=BC, rozci¶to o dcinkiem AD na dwa tró jk°ty

równoramienne DAB i CAD tak, ªe AB=DB oraz CD=AD. Udowo dnij, ªe <) ACB=180¶

7.


Rozwiπzanie

Oznaczmy k°t ACB liter° ↵.

A B

C

D

↵

Poniewaª tró jk°t CAD jest równoramienny, wi¶c <) CAD=↵. Poniewaª k°t ADB jest k°temzewn¶trznym tró jk°ta CAD, wi¶c

<) ADB=<) CAD+<) ACD= 2↵.

Tró jk°t DAB jest równoramienny, wi¶c <) BAD= 2↵. St°d wynika, ªe <) BAC= 3↵ oraz<) ABC=<) BAC= 3↵, b o tró jk°t ABC jest równoramienny. Z twierdzenia o sumie k°tóww tró jk°cie dosta jemy teraz równanie

<) BAC+<) ABC+<) ACB= 180¶,

czyli 3↵+3↵+↵= 180¶. Zatem 7↵= 180¶, czyli ↵=180¶

7.

2.1.2. NierównoúÊ trójkπta

Zadanie 13.Punkty K i L leª° na b oku AB tró jk°ta ABC. Udowo dnij, ªe obwó d tró jk°ta KLC jestmniejszy o d obwo du tró jk°ta ABC.

Rozwiπzanie

A B

C

K L


Korzystamy dwukrotnie z nierówno±ci tró jk°ta:

KC<AK+AC,

LC<LB+BC.

Do da jemy stronami te nierówno±ci, a nast¶pnie do obu stron do da jemy KL:

KC+LC+KL<AK+AC+LB+BC+KL=AB+AC+BC.

Zadanie 14.W tró jk°cie ABC p o™°czono wierzcho™ek A z dowolnym punktem D b oku BC. Udowo dnij,ªe

2 ·AD>AB+AC-BC.

Rozwiπzanie

Korzystamy dwukrotnie z nierówno±ci tró jk°ta dla tró jk°tów ABD i ACD:

A B

C

D

Otrzymujemy

AB<AD+BD,

AC<AD+CD.

Po do daniu tych nierówno±ci stronami, otrzymujemy

AB+AC<2 ·AD+BD+CD= 2 ·AD+BC,

czyli 2 ·AD>AB+AC-BC.

2.1.3. Przystawanie trójkπtów

Zadanie 15.Na b okach AB, BC i CA tró jk°ta równob o cznego ABC leª° o dp owiednio punkty D, E i F

tak, ªe AD=BE=CF. Udowo dnij, ªe tró jk°t DEF jest równob o czny.


Rozwiπzanie

Poniewaª AD=BE=CF i AB=BC=CA, wi¶c DB=EC= FA.

A B

C

D

E

F

Teraz zauwaªamy, ªe —ADF©—BED©—CFE (cecha przystawania bkb ), sk°d wynika, ªeDE=EF= FD.

Zadanie 16.Na b okach BC i CD równoleg™ob oku ABCD zbudowano (na zewn°trz równoleg™ob oku) tró j-k°ty równob o czne BCK i DCL. Udowo dnij, ªe tró jk°t AKL jest równob o czny.

Rozwiπzanie

Przypu±¢my, ªe k°t ↵ jest k°tem ostrym równoleg™ob oku oraz ↵<60¶. Pozosta™e przypadkip ozostawimy jako ¢wiczenie.

A B

CD

K

L

↵

Wówczas AB=LD=LC oraz BK=DA=CK. Ponadto

<) ABK= 360¶-<) ABC-<) CBK= 360¶-(180¶-↵)-60¶= 120¶+↵,

<) LDA= 360¶-<) ADC-<) LDC= 360¶-(180¶-↵)-60¶= 120¶+↵,

<) LCK=<) BCD+<) BCK+<) LCD=↵+60¶+60¶= 120¶+↵.

St°d wynika, ªe tró jk°ty ABK, LDA i LCK s° przysta j°ce, a wi¶c AK=LA=LK.


Zadanie 17.Dany jest równoleg™ob ok ABCD z k°tem ostrym przy wierzcho™ku A. Na p ó™prostej AB

wyznaczono punkt M (M ”=B) taki, ªe CB=CM, a na p ó™prostej CB punkt N (N ”=B) taki,ªe AB=AN. Udowo dnij, ªe DM=DN.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°t BAD liter° ↵.

A B

CD

M

N

↵

Wtedy <)BCD=↵. Zauwaªmy nast¶pnie, ªe tró jk°ty BMC i NBA s° równoramienne i ich k°-ty przy p o dstawie s° równe (b o k°ty MBC i NBA s° wierzcho™kowe). Zatem <)BCM=<)NAB

i st°d wynika, ªe<) NAD=<) NAB+↵=<) BCM+↵=<) DCM.

Zatem tró jk°ty NAD i DCM s° przysta j°ce (cecha przystawania bkb ) i DN=DM.

Zadanie 18.Na b okach AB i BC kwadratu ABCD obrano o dp owiednio punkty E i F takie, ªe EB+BF=AB.Udowo dnij, ªe suma k°tów BAF, EDF i ECB wynosi 90¶.

Rozwiπzanie

Poniewaª EB=AB-BF, wi¶c AE=AB-EB=AB-(AB-BF)=BF. Zatem takªe EB= FC.

A B

CD

E

F


Z za™oªe´ wynika, ªe tró jk°ty ABF i DAE s° przysta j°ce (p oniewaª AB=DA, AE= BF,<)ABF=<)DAE=90¶, cecha przystawania bkb ). Po dobnie tró jk°ty CBE i DCF s° przysta j°ce.St°d wynika, ªe

<) BAF+<) EDF+<) ECB=<) ADE+<) EDF+<) FDC=<) ADC= 90¶.

Zadanie 19.Na b okach AB, BC i CA tró jk°ta ABC zbudowano trzy tró jk°ty równob o czne: APB, BRC

i CQA. Tró jk°t BRC leªy p o tej samej stronie b oku BC co tró jk°t ABC, p ozosta™e dwaleª° na zewn°trz tró jk°ta ABC. Udowo dnij, ªe punkty A, P, R i Q s° wsp ó™liniowe lub s°wierzcho™kami równoleg™ob oku.

Rozwiπzanie

Przypu±¢my, ªe punkty A, P, R i Q nie s° wsp ó™liniowe. Rozpatrujemy tylko przypadek,gdy <) CBA< 60¶, tzn. gdy p ó™prosta BA leªy wewn°trz k°ta CBR. Pozosta™e przypadkizostawiamy Czytelnikowi.

A

B C

P

Q

R

Tró jk°ty BAC i BRP s° przysta j°ce (<) CBA= 60¶-<) ABR=<) RBP, BC= BR, BA= BP,cecha przystawania bkb ). Zatem PR=AC. W p o dobny sp osób dowo dzimy, ªe tró jk°ty BCA

i RCQ s° przysta j°ce. Zatem AQ=QC=AC. St°d wynika, ªe PR=AQ. Z tego drugiegoprzystawania wynika równieª, ªe PA=BA=RQ. Czworok°t PAQR ma zatem przeciwleg™eb oki równe, a wi¶c jest równoleg™ob okiem.

Zadanie 20.Dane s° dwa kwadraty: ABCD i AEFG. W obu kwadratach p o dana kolejno±¢ wierzcho™kówjest przeciwna do ruchu wskazówek zegara. Udowo dnij, ªe BE=DG.

Rozwiπzanie

Rozpatrujemy przypadek, gdy wierzcho™ek E leªy wewn°trz kwadratu ABCD. Inne przy-padki p ozostawiamy jako ¢wiczenie.

A B

CD

E

F

G

Tró jk°ty ABE i ADG s° przysta j°ce (<) BAE= 90¶-<) EAD=<) DAG, AB=AD, AE=AG,cecha przystawania bkb ). Zatem BE=DG.

Zadanie 21.Punkt P leªy na b oku AB prostok°ta ABCD. Punkty Q i R s° rzutami prostok°tnymi punktuP na przek°tne AC i BD. Punkt E jest rzutem prostok°tnym wierzcho™ka A na przek°tn°BD. Udowo dnij, ªe PQ+PR=AE.

Rozwiπzanie

Niech E b ¶dzie rzutem prostok°tnym punktu A na przek°tn° BD i niech F b ¶dzie rzutempunktu P na o dcinek AE.

A B

CD

E

F

P

QR

Czworok°t PREF jest prostok°tem, wi¶c PR=FE. Zauwaªamy teraz, ªe PFÎBD, sk°d wynika,ªe <) APF=<) ABD=<) BAC=<) PAQ. St°d wynika, ªe tró jk°ty prostok°tne APF i PAQ s°przysta j°ce. Zatem PQ=AF, czyli PQ+PR=AF+FE=AE, co koćzy dowó d.

Rozdzia≥ 3

Zadania na dowodzenieGeometria, cz. II

Wo jciech Guzickikonsultacja: Elªbieta Sepko-Guzicka

W arkuszach maturalnych w ostatnich dwó ch latach znalaz™y si¶ zadania geometrycznena dowo dzenie. Za p oprawne rozwi°zanie takiego zadania w arkuszu p o dstawowym zda j°cymóg™ otrzyma¢ 2 punkty, w arkuszu rozszerzonym 4 punkty lub 3 punkty. Przy wystawianiuo ceny za rozwi°zanie zadania na dowo dzenie kierowano si¶ zasad°, ªe dowó d matematycznyp owinien by¢ kompletny i tylko w wyj°tkowych sytuacjach moªna uzna¢, ªe zda j°cy „ p o-kona™ zasadnicze trudno±ci zadania”, nie doprowadza j°c przy tym rozwi°zania do koća.

W tym opracowaniu, b ¶d°cym kontynuacj° pierwszej cz¶±ci, p okazuj¶ 22 kolejne zadaniageometryczne na dowo dzenie, w wi¶kszo±ci o p o dobnym stopniu trudno±ci jak zadania zewsp omnianych wyªej arkuszy. Przyjmuj¶ natomiast, ªe za p oprawne rozwi°zanie kaªdegoz tych zada´ przyzna je si¶ 2 lub 3 punkty (3 punkty w przypadku zada´ z arkusza rozsze-rzonego). Kwestia, za jakie rozwi°zanie cz¶±ciowe moªna przyzna¢ 1 punkt (lub 2 punkty,je±li cho dzi o zadanie za 3 punkty), wymaga w kaªdym przypadku dalszej dyskusji.

W pierwszej cz¶±ci p okaza™em trzy typy zada´ na dowo dzenie. Pierwszy p olega™ na „rachun-ku k°tów”. Drugi typ zada´ to proste nierówno±ci geometryczne, w dowo dzie których wyko-rzystuje si¶ nierówno±¢ tró jk°ta. Wreszcie trzeci typ zada´ to zadania, w których korzystasi¶ z przystawania tró jk°tów. W tej cz¶±ci p okazuj¶ zadania, w których korzystamy z twier-dzenia Pitagorasa oraz z p o dstawowych twierdze´ dotycz°cych geometrii okr¶gu. Chc¶ tuzwró ci¢ uwag¶ na to, ªe niektóre zadania zosta™y sformu™owane jako zadania na dowo dzenie,cho ciaª g™ówna cz¶±¢ dowo du to p o prostu obliczenie (np. wykorzystuj°ce twierdzenie Pita-gorasa). Chcia™em w ten sp osób uwido czni¢, ªe niektóre zadania obliczeniowe s° w isto ciezadaniami, w których konieczne jest przeprowadzenie rozumowania, a obliczenie jest tylkojego cz¶±ci°. G™ówna cz¶±¢ rozwi°zania moªe p olega¢ na u™oªeniu równania; rozwi°zanietego równania jest juª spraw° rutynow°. U™oªenie równania czasem wymaga rozumowaniana tyle nietrywialnego, ªe kwalifikuje zadanie nie jako zadanie sprawdza j°ce umiej¶tno±¢modelowanie czy strategia, ale jako zadanie na rozumowanie, wnioskowanie.

We wszystkich przedstawionych dowo dach korzystamy z nast¶puj°cych twierdze´ geome-trycznych, które p owinny by¢ dobrze znane kaªdemu maturzy±cie:

1. Twierdzenie Pitagorasa.2. Twierdzenie o k°tach ±ro dkowych i wpisanych.3. Twierdzenie o k°cie mi¶dzy styczn° i ci¶ciw°.4. Twierdzenie o równo±ci o dcinków stycznych.5. Warunki konieczne i wystarcza j°ce na to, by czworok°t moªna by™o wpisa¢ w okr° g lub

opisa¢ na okr¶gu.6. Twierdzenie o wsp ó™liniowo±ci ±ro dków okr¶gów i punktu styczno±ci.

36 3. Zadania na dowo dzenie. Geometria, cz. I I

3.1. Zadania z rozwiπzaniami

3.1.1. Twierdzenie Pitagorasa

Zadanie 1.Dany jest prostok°t ABCD i dowolny punkt P p o™oªony wewn°trz tego prostok°ta. Udo-wo dnij, ªe AP2+CP2 =BP2+DP2.

Rozwiπzanie

Niech E i F b ¶d° rzutami prostok°tnymi punktu P na b oki AB i CD prostok°ta.

A B

CD

E

F

P

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

AP2+CP2 =AE2+EP2+CF2+FP2

orazBP2+DP2 =BE2+EP2+DF2+FP2.

Poniewaª AE=DF i BE=CF, wi¶c AP2+CP2 =BP2+DP2.

Uwaga

Twierdzenie jest prawdziwe dla dowolnego punktu P (p o™oªonego niekoniecznie na tej samejp™aszczyπnie co prostok°t ABCD).

Zadanie 2.Dany jest tró jk°t prostok°tny ABC z k°tem prostym przy wierzcho™ku C. W tym tró jk°ciep oprowadzono ±ro dkowe AD i BE. Udowo dnij, ªe 4 ·(AD2+BE2)= 5 ·AB2.

Rozwiπzanie

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°tów ACD i BCE.

A

B

C

D

E


Mamy wówczas AD2=AC2+CD2=AC2+!12·BC"2

=AC2+1

4·BC2, czyli 4·AD2=4·AC2+BC2.

Po dobnie dowo dzimy, ªe 4 ·BE2 =AC2+4 ·BC2. Do da j°c stronami dwie ostatnie równo±cidosta jemy:

4 ·(AD2+BE2)= 5 ·(AC2+BC2)= 5 ·AB2.

Zadanie 3.Przek°tne AC i BD czworok°ta wypuk™ego ABCD s° prostopad™e. Udowo dnij, ªe

AB2+CD2 =AD2+BC2.

Rozwiπzanie

Niech P b ¶dzie punktem przeci¶cia przek°tnych czworok°ta ABCD.

A

B

C

DP

Mamy wówczas

AB2+CD2 =AP2+BP2+CP2+DP2 =AP2+DP2+BP2+CP2 =AD2+BC2.

Uwaga

Warunek AB2+CD2 =AD2+BC2 jest warunkiem koniecznym i wystarcza j°cym na to, byprzek°tne AC i BD czworok°ta wypuk™ego ABCD by™y prostopad™e.

3.1.2. Geometria okrÍgu

Zadanie 4.Dany jest okr° g o ±ro dku O i promieniu r. Ci¶ciw¶ AB tego okr¶gu przed™uªono p oza punktB do punktu C takiego, ªe BC= r. Pó™prosta CO przecina okr° g w dwó ch punktach D i E;punkt D leªy na zewn°trz o dcinka CO, punkt E leªy wewn°trz tego o dcinka. Udowo dnij, ªe<) AOD= 3·<) ACD.

Rozwiπzanie

Oznaczmy ↵=<) ACD. Poniewaª BC= r=OB, wi¶c <) BOC=↵.


A

B

CDEO

↵

K°t ABO jest k°tem zewn¶trznym tró jk°ta COB, wi¶c <) ABO= 2↵. Tró jk°t ABO jestrównoramienny, wi¶c <) BAO= 2↵ i st°d <) AOB= 180¶-4↵. Zatem

<) AOD= 180¶-<) AOB-<) BOC= 180¶-(180¶-4↵)-↵= 3↵,

czyli <) AOD= 3·<) ACD.

Zadanie 5.Dwa okr¶gi przecina j° si¶ w punktach A i B. Odcinki AC i AD s° ±rednicami tych okr¶gów.Udowo dnij, ªe punkty C, B i D s° wsp ó™liniowe.

Rozwiπzanie

Poprowadπmy o dcinek AB.

A

BC D

Poniewaª AC jest ±rednic° jednego z danych okr¶gów, wi¶c <) ABC=90¶. Po dobnie AD jest±rednic° drugiego okr¶gu, a wi¶c <) ABD=90¶. St°d wynika, ªe <) CBD=180¶, czyli punktyC, B i D s° wsp ó™liniowe.

Zadanie 6.Dane s° dwa okr¶gi: o dcinek AB jest ±rednic° pierwszego, punkt B jest ±ro dkiem drugiego.Prosta przecho dz°ca przez punkt A przecina pierwszy okr° g w punkcie K róªnym o d A

i przecina drugi okr° g w punktach M i N. Udowo dnij, ªe KM=KN.


Rozwiπzanie

Poniewaª punkt K leªy na okr¶gu o ±rednicy AB, wi¶c <) AKB= 90¶.

AB

M

N

K

BK jest wi¶c wysoko±ci° tró jk°ta MBN. Poniewaª punkty M i N leª° na okr¶gu o ±ro dku B,wi¶c punkt B leªy na symetralnej o dcinka MN; t° symetraln° jest zatem prosta BK. St°dwynika, ªe KM=KN.

Zadanie 7.Punkty A1,A2, . . . ,A12 dziel° okr° g na 12 równych ™uków, tak jak na rysunku:

A1

A2

A3

A4

A5A6

A7

A8

A9

A10

A11

A12

PQ

Ci¶ciwa A8A3 przecina ci¶ciwy A11A7 i A11A5 o dp owiednio w punktach P i Q. Udowo dnij,ªe tró jk°t PQA11 jest równoramienny.

Rozwiπzanie

Na jpierw zauwaªmy, ªe <) A6A11A5 =<) A7A11A6 = 15¶. Zatem

<) PA11Q=<) A7A11A5 = 2 ·15¶= 30¶.

Dorysujmy teraz ci¶ciw¶ A3A5.


A1

A2

A3

A4

A5A6

A7

A8

A9

A10

A11

A12

PQ

Mamy wówczas

<) QA3A5 =<) A8A3A5 = 3 ·15¶= 45¶ oraz <) QA5A3 =<) A11A5A3 = 4 ·15¶= 60¶.

Moªemy teraz obliczy¢ miar¶ trzeciego k°ta tró jk°ta QA5A3:

<) A5QA3 = 180¶-45¶-60¶= 75¶.

St°d dosta jemy <) PQA11 = 75¶ oraz

<) QPA11 = 180¶-30¶-75¶= 75¶.

Poniewaª <) PQA11 =<) QPA11, wi¶c PA11 =QA11.

Zadanie 8.Tró jk°t równob o czny ABC jest wpisany w okr° g. Punkt D leªy na krótszym ™uku AB. PunktE leªy na o dcinku CD oraz DE=DB. Udowo dnij, ªe tró jk°ty BAD i BCE s° przysta j°ce.

Rozwiπzanie

Na ci¶ciwie DC rysujemy taki punkt E, by DE=DB.

A B

C

D

E

Poniewaª <) CDB=<) CAB= 60¶ oraz DE=DB, wi¶c tró jk°t DBE jest równob o czny. ZatemBD=BE. Poniewaª BA=BC oraz <) DBA=60¶-<) ABE=<) EBC, wi¶c tró jk°ty BAD i BCEs° przysta j°ce (cecha bkb ).


Uwaga

Z przystawania tró jk°tów BAD i BCE wynika w szczególno±ci, ªe DA= EC. Mamy za-tem DC=DE+EC=DB+DA. Udowo dnili±my zatem twierdzenie mówi°ce, ªe je±li tró j-k°t równob o czny ABC jest wpisany w okr° g oraz punkt D leªy na krótszym ™uku AB, toAD+BD=CD. Tak sformu™owane zadanie by™o zadaniem olimpijskim.

Zadanie 9.W tró jk°cie ostrok°tnym ABC p oprowadzono wysoko±ci AD i BE. Wykaª, ªe <) EDC=<)BAC

i <) DEC=<) ABC.

Rozwiπzanie

Poniewaª k°ty AEB i ADB s° proste, wi¶c punkty E i D leª° na okr¶gu o ±rednicy AB.Czworok°t ABDE jest wi¶c wpisany w okr° g.

A B

C

D

E

Zatem <) EDB= 180¶-<) BAE, sk°d wynika, ªe <) EDC=<) BAC. Po dobnie dowo dzimy, ªe<) DEC=<) ABC.

Zadanie 10.Punkt E leªy na b oku BC kwadratu ABCD. Kwadrat BEFG leªy na zewn°trz kwadratuABCD. Okr¶gi opisane na tych kwadratach przecina j° si¶ w punktach B i H. Udowo dnij, ªepunkty D, H i F s° wsp ó™liniowe.

Rozwiπzanie

Po™°czmy punkt H z punktami D, B i F.

A B

CD

EF

G

H

Poniewaª punkt H leªy na okr¶gu opisanym na kwadracie ABCD, wi¶c

<) BHD=<) BCD= 90¶.


Punkt H leªy takªe na okr¶gu opisanym na kwadracie BEFG. Zatem

<) BHF=<) BEF= 90¶.

St°d wynika, ªe <) DHF= 180¶, czyli punkty D, H i F s° wsp ó™liniowe.

Uwaga

Moªna udowo dni¢, ªe punkty C, H i G s° wsp ó™liniowe, a takªe, ªe punkty A, E i H s°wsp ó™liniowe. St°d wynika, ªe proste AE, CG i DF przecina j° si¶ w jednym punkcie.

Zadanie 11.Tró jk°ty równob o czne ABC i BDE s° p o™oªone tak, ªe punkt B leªy wewn°trz o dcinkaAD oraz wierzcho™ki C i E leª° p o tej samej stronie prostej AD. Okr¶gi opisane na tychtró jk°tach przecina j° si¶ w punktach B i F. Udowo dnij, ªe punkty C, F i D s° wsp ó™liniowe.

Rozwiπzanie

Po™°czmy punkt F z punktami A, B, C i D.

A B

C

D

EF

Punkt F leªy na okr¶gu opisanym na tró jk°cie ABC. Zatem <) CFA=<) CBA= 60¶ oraz<)AFB=<)ACB=60¶. Poniewaª punkt F leªy teª na okr¶gu opisanym na tró jk°cie BDE, wi¶c<) BFD=<) BED=60¶. St°d wynika, ªe <) CFD=180¶. Punkty C, F i D s° wi¶c wsp ó™liniowe.

Zadanie 12.Na b okach AC i BC tró jk°ta ostrok°tnego ABC zbudowano, na zewn°trz tró jk°ta, dwa tró j-k°ty równob o czne ACD i BCE. Okr¶gi opisane na tych tró jk°tach równob o cznych przecina j°si¶ w punktach C i F. Udowo dnij, ªe punkty A, F i E s° wsp ó™liniowe.

Rozwiπzanie

Po™°czmy punkt F z punktami A, D, C i E.


A B

CD

E

F

Punkt F leªy na okr¶gu opisanym na tró jk°cie ACD. Zatem <) AFD=<) ACD= 60¶ oraz<)DFC=<)DAC=60¶. Poniewaª punkt F leªy teª na okr¶gu opisanym na tró jk°cie BCE, wi¶c<) CFE=<) CBE= 60¶. St°d wynika, ªe <) AFE= 180¶. Punkty A, F i E s° wi¶c wsp ó™liniowe.

Uwaga

Punkt F nazywamy punktem Torricellego tró jk°ta ABC. Jest to punkt, dla którego sumao dleg™o±ci AF+BF+CF jest na jmniejsza.

Zadanie 13.Na b okach BC, AC i AB tró jk°ta ABC wybrano o dp owiednio punkty D, E i F. Okr¶-gi opisane na tró jk°tach AFE i BDF przecina j° si¶ w punktach F i G. Udowo dnij, ªe<) DGE=<) BAC+<) ABC.

Rozwiπzanie

Oznaczmy k°ty BAC i ABC literami ↵ i �. Po™°czmy punkt G z punktami D, E i F.

A B

C

D

E

F

G

↵ �

Czworok°t AFGE jest wpisany w okr° g, wi¶c <) EGF= 180¶-↵. Po dobnie p okazujemy, ªe<) DGF= 180¶-�. St°d otrzymujemy

<) DGE= 360¶-<) EGF-<) DGF= 360¶-(180¶-↵)-(180¶-�)=↵+�.

Uwaga

Z p owyªszego zadania wynika wniosek: na czworok°cie CEGD moªna opisa¢ okr° g. Inaczej


mówi°c, okr¶gi opisane na tró jk°tach AFE, BDF i CED ma j° punkt wsp ólny. Tak sformu™o-wane twierdzenie nosi nazw¶ twierdzenia Miguela i jego tre±¢ by™a zadaniem olimpijskim.

Zadanie 14.Dwa okr¶gi przecina j° si¶ w punktach A i B. Prosta przecho dz°ca przez punkt A przecinate okr¶gi w punktach C i E róªnych o d A; prosta przecho dz°ca przez punkt B przecina teokr¶gi w punktach D i F róªnych o d B (zob. rysunek).

A

B

C

D

E

F

Udowo dnij, ªe proste CD i EF s° równoleg™e.

Rozwiπzanie

Narysujmy o dcinek AB.

A

B

C

D

E

F

Czworok°t CDBA jest wpisany w okr° g. St°d wynika, ªe <) BAC=180¶-<) CDB. K°ty BAC

i BAE s° przyleg™e, wi¶c <) CDB=<) BAE. Czworok°t ABFE jest wpisany w okr° g, wi¶c<) BAE+<) BFE= 180¶. St°d wynika, ªe <) CDF+<) DFE= 180¶, a wi¶c proste CD i EF s°równoleg™e.

Zadanie 15.Dwa okr¶gi przecina j° si¶ w punktach A i B. Proste przecho dz°ce przez punkty A i B

przecina j° jeden z tych okr¶gów w punkcie C róªnym o d A i B oraz przecina j° drugi okr° go dp owiednio w punktach D i E róªnych o d A i B. Prosta k jest styczna do pierwszego okr¶guw punkcie C (zob. rysunek).


A

B

C

D

E

k

Udowo dnij, ªe prosta k jest równoleg™a do prostej DE.

Rozwiπzanie

Narysujmy o dcinek AB i wybierzmy punkt F na prostej k tak jak na rysunku:

A

B

C

D

E

F

Z twierdzenia o k°cie mi¶dzy styczn° i ci¶ciw° wynika, ªe <) FCA=<) CBA. Poniewaª k°-ty CBA i EBA s° przyleg™e, wi¶c <) FCA+<) EBA= 180¶. Czworok°t ABED jest wpisanyw okr° g, wi¶c <) EBA+<) EDA=180¶. St°d wynika, ªe <) FCA=<) EDA. Równo±¢ tych k°tównaprzemianleg™ych dowo dzi, ªe proste CF i DE s° równoleg™e.

Zadanie 16.W czworok°cie wypuk™ym ABCD p oprowadzono przek°tn° AC. Okr¶gi wpisane w tró jk°tyABC i ACD s° styczne zewn¶trznie. Udowo dnij, ªe w czworok°t ABCD moªna wpisa¢ okr° g.

Rozwiπzanie

Niech okr° g wpisany w tró jk°t ABC b ¶dzie styczny do b oków tego tró jk°ta w punktach K, Li S, i niech okr° g wpisany w tró jk°t ACD b ¶dzie styczny do b oków tego tró jk°ta w punktachS, M i N, tak jak na rysunku:


A

B

C

D

KL

MN

S

Mamy wówczas, na p o dstawie twierdzenia o równo±ci o dcinków stycznych:

AK=AS=AN,

CL=CS=CM,

BK=BL,

DM=DN.

St°dAB+CD=AK+BK+CM+DM=AN+BL+CL+DN=AD+BC,

co dowo dzi, ªe w czworok°t ABCD moªna wpisa¢ okr° g.

3.1.3. OkrÍgi styczne

Zadanie 17.Dany jest o dcinek AB d™ugo±ci 2. Punkty A i B s° ±ro dkami okr¶gów o promieniu 2. Udo-wo dnij, ªe okr° g styczny do prostej AB oraz styczny wewn¶trznie do obu okr¶gów o ±ro dkach

A i B (zob. rysunek), ma promie´ równy3

4.

A B

Rozwiπzanie

Niech punkt O b ¶dzie ±ro dkiem rozwaªanego okr¶gu stycznego do dwó ch danych okr¶gówi do prostej AB. Niech S i T b ¶d° punktami styczno±ci tego okr¶gu z okr¶giem o ±ro dku A

i z prost° AB (zob. rysunek):


A B

OS

T

Niech r b ¶dzie promieniem okr¶gu o ±ro dku O. Zauwaªmy, ªe wówczas

AT = 1, OT = r, AO= 2-r.

Ostatnia równo±¢ wynika z tego, ªe punkty A, O i S s° wsp ó™liniowe. Z twierdzenia Pitago-rasa dla tró jk°ta ATO otrzymujemy AT2+OT2 =AO2, czyli

12+r2 =(2-r)2.

Jedynym rozwi°zaniem tego równania jest r=3

4.

Zadanie 18.Dany jest tró jk°t równob o czny ABC o b oku d™ugo±ci 2. Punkty A, B i C s° ±ro dkamiokr¶gów o promieniu 2. Udowo dnij, ªe okr° g zawarty wewn°trz tych trzech okr¶gów, styczny

wewn¶trznie do nich (zob. rysunek), ma promie´ równy2

3(3-Ô3).

A B

C

Rozwiπzanie

Niech O b ¶dzie ±ro dkiem rozwaªanego okr¶gu stycznego do trzech danych okr¶gów i niechS b ¶dzie punktem styczno±ci tego okr¶gu z okr¶giem o ±ro dku A (zob. rysunek):


A B

C

O

S

Oczywi±cie punkt O jest ±ro dkiem ci¶ªko±ci tró jk°ta ABC oraz punkty A, O i S s° wsp ó™li-niowe. Mamy wówczas

OS=AS-AO= 2-2

3· 2Ô3

2=

2

3·(3-Ô3).

Zadanie 19.Dany jest o dcinek AB d™ugo±ci 2. Punkty A i B s° ±ro dkami okr¶gów o promieniu 2. Udo-wo dnij, ªe okr° g styczny do prostej AB, styczny zewn¶trznie do okr¶gu o ±ro dku A oraz

styczny wewn¶trznie do okr¶gu o ±ro dku B (zob. rysunek), ma promie´ równy

Ô3

2.

A B

Rozwiπzanie

Niech punkt O b ¶dzie ±ro dkiem rozwaªanego okr¶gu stycznego do danych okr¶gów o ±ro d-kach A i B. Niech nast¶pnie S i T b ¶d° punktami styczno±ci okr¶gu o ±ro dku O z okr¶gamio ±ro dkach A i B. Wreszcie niech M b ¶dzie punktem styczno±ci okr¶gu o ±ro dku O z prost°AB (zob. rysunek):


A B

OS

T

M

Przyjmijmy oznaczenia:BM= x, OM= r.

Punkty A, S i O s° wsp ó™iniowe, wi¶c AO=2+r. Po dobnie punkty B, O i T s° wsp ó™iniowe,wi¶c BO=2-r. Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°tów AMO i BMO otrzymujemy równania

AM2+OM2 =AO2, BM2+OM2 =BO2,

czyli(2+x)2+r2 =(2+r)2, x2+r2 =(2-r)2.

Przekszta™camy pierwsze równanie, p o dstawia j°c (2-r)2 w miejsce x2+r2:

(2+x)2+r2 =(2+r)2,

4+4x+x2+r2 = 4+4r+r2,

4x+(2-r)2 = 4r+r2,

4x+4-4r+r2 = 4r+r2,

4x+4-4r= 4r,

x= 2r-1.

Obliczon° warto±¢ x p o dstawiamy do równania x2+r2 =(2-r)2:

x2+r2 =(2-r)2,

(2r-1)2+r2 =(2-r)2,

4r2-4r+1+r2 = 4-4r+r2,

4r2 = 3,

sk°d otrzymujemy r=

Ô3

2.

3.1.4. Twierdzenie Pitagorasa i okrÍgi

Zadanie 20.Wierzcho™ki czworok°ta ABCD o b okach d™ugo±ci a, b, c i d leª° na okr¶gu o promieniur. Jeden k°t tego czworok°ta jest prosty. Udowo dnij, ªe jeszcze co na jmniej jeden k°t jestprosty oraz a2+b2+c2+d2 = 8r2.


Rozwiπzanie

NiechAB=a, BC=b, CD= c, DA=d.

Za™óªmy, ªe k°t ABC jest prosty. Z twierdzenia o k°cie wpisanym i ±ro dkowym wynika, ªeprzek°tna AC jest ±rednic° okr¶gu, a nast¶pnie, ªe k°t ADC jest prosty.

A C

B

D

Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°tów ABC i ADC wynika teraz, ªe

a2+b2+c2+d2 =(AB2+BC2)+(CD2+DA2)=AC2+AC2 = 2 ·(2r)2 = 8r2.

Zadanie 21.W okr¶gu o ±ro dku O i promieniu r p oprowadzono dwie prostopad™e ci¶ciwy o d™ugo±ciach2a i 2b przecina j°ce si¶ w punkcie P. Udowo dnij, ªe OP2+a2+b2 = 2r2.

Rozwiπzanie

Poprowadπmy w okr¶gu o ±ro dku O i promieniu r prostopad™e ci¶ciwy AB= 2a i CD= 2b.Niech M i N b ¶d° rzutami prostok°tnymi ±ro dka O na ci¶ciwy AB i CD.

A B

C

D

M

NO

P

Mamy wówczas MB= a i NC= b. Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°tów BMO i CNO

dosta jemy

OM2 =OB2-MB2 = r2-a2 oraz ON2 =C2-NC2 = r2-b2.

Czworok°t PNOM jest prostok°tem, wi¶c

OP2 =OM2+ON2 = 2r2-(a2+b2),


sk°d wynika, ªe OP2+a2+b2 = 2r2.

Zadanie 22.Wierzcho™ki czworok°ta ABCD o b okach d™ugo±ci a, b, c i d leª° na okr¶gu o promieniu r.Przek°tne tego czworok°ta s° prostopad™e. Udowo dnij, ªe a2+b2+c2+d2 = 8r2.

Rozwiπzanie

NiechAB=a, BC=b, CD= c, DA=d.

Niech P b ¶dzie punktem przeci¶cia przek°tnych AC i BD i niech punkty M i N b ¶d°±ro dkami tych przek°tnych. Niech wreszcie

AP= x, BP=y, CP= z, DP= t.

A C

B

D

M

NO

P

Mamy wówczas

AB2 =AP2+BP2 = x2+y2,

BC2 =BP2+CP2 =y2+z2,

CD2 =CP2+DP2 = z2+t2,

DA2 =DP2+AP2 = t2+x2.

St°d wynika, ªea2+b2+c2+d2 = 2(x2+y2+z2+t2).

PoniewaªAC= x+z= 2 · x+z

2oraz BD=y+t= 2 · y+t

2,

wi¶c z p oprzedniego zadania dosta jemy

OP2 = 2r2-

A3x+z

2

42

+

3y+t

2

42B.

Nast¶pnie

PM=AM-AP=x+z

2-x=

z-x

2,

PN=DN-DP=y+t

2-t=

y-t

2.

Zatem

2r2 =OP2+

3x+z

2

42

+

3y+t

2

42

=

=PM2+PN2+

3x+z

2

42

+

3y+t

2

42

=

=

3z-x

2

42

+

3y-t

2

42

+

3x+z

2

42

+

3y+t

2

42

=

=z2-2xz+x2+y2-2yt+t2+x2+2xz+z2+y2-2yt+t2

4=

=x2+y2+z2+t2

2.

St°d wynika, ªex2+y2+z2+t2 = 4r2,

czylia2+b2+c2+d2 = 8r2.

Uwaga

W zadaniach 20 i 22 udowo dnili±my, ªe je±li w czworok°cie o b okach d™ugo±ci a, b, c i d

wpisanym w okr° g o promieniu r przek°tne s° prostopad™e lub co na jmniej jeden k°t jestprosty, to

a2+b2+c2+d2 = 8r2.

Moªna udowo dni¢ takªe twierdzenie o dwrotne: je±li w czworok°cie o b okach d™ugo±ci a, b,c i d wpisanym w okr° g o promieniu r zacho dzi równo±¢

a2+b2+c2+d2 = 8r2,

to przek°tne tego czworok°ta s° prostopad™e lub co na jmniej jeden k°t jest prosty. Do-wó d tego twierdzenia jest jednak znacznie trudniejszy; twierdzenie to by™o tre±ci° zadaniaolimpijskiego.

Rozdzia≥ 4

Zadania na dowodzenieGeometria, cz. III

Henryk D°browskikonsultacja: Maria Pa j°k-Ma jewska i Mieczys™aw Fa™at

Jednym z wymaga´ ogólnych nowej p o dstawy programowej z matematyki na czwartymetapie kszta™cenia, ale równieª i na wcze±niejszych etapach, jest umiej¶tno±¢ prowadzeniarozumowania matematycznego czy argumentacji. Dlatego teª w kaªdym arkuszu z egzaminumaturalnego z matematyki o d roku 2010 zna jduj° si¶ zadania sprawdza j°ce te umiej¶tno±ci.Zazwycza j zna jduj° si¶ w arkuszu co na jmniej dwa zadania na dowo dzenie, w±ró d nichjest zadanie z geometrii. Zadania te sprawia j° zda j°cym trudno±ci. Ma j° one jednak duªewalory dydaktyczne, da j° zda j°cym moªliwo±¢ wykazania si¶ p omys™owo±ci°, cz¶sto do ichrozwi°zania wystarcza j° im w zup e™no±ci umiej¶tno±ci wyniesione z gimnazjum. Przedstawi¶kilka przyk™adów zada´ na dowo dzenie wraz z róªnymi sp osobami rozwi°za´ niektórychz nich.

Zadanie 1.Dany jest k°t ASB o mierze 60¶ oraz punkt P leª°cy wewn°trz tego k°ta. Odleg™o±ci punktuP o d ramion tego k°ta s° równe a i b. Udowo dnij, ªe o dleg™o±¢ punktu P o d wierzcho™ka

k°ta jest równa2Ô3

a2+ab+b2.


Niech C b ¶dzie punktem przeci¶cia prostej BP i ramienia AS k°ta.

S

P

A

B

C

a

b

x

60� 30�

Wówczas tró jk°t APC to „ p o™owa” tró jk°ta równob o cznego, wi¶c PC=2a. Zatem BC=2a+b.

Tró jk°t SBC takªe jest „ p o™ow°” tró jk°ta równob o cznego, wi¶c BS=BCÔ3=

2a+bÔ3

.

Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta BPS otrzymujemy

x=

BS2+b2 =

Û32a+bÔ

3

42

+b2 =

Ú4a2+4ab+b2

3+b2 =

2Ô3

a2+ab+b2.

To koćzy dowó d.

54 4. Zadania na dowo dzenie. Geometria, cz. I I I


Przez punkt P p oprowadπmy o dcinek MN tak, ªeby tró jk°t MNS by™ równob o czny.

S

P

A

B

M

N

a

b

x

↵�

Wówczas tró jk°ty MAP i NBP to „ p o™owy” tró jk°tów równob o cznych, wi¶c

AM=APÔ3=

aÔ3, MP= 2 ·AM=

2aÔ3, BN=

BPÔ3=

bÔ3, PN= 2 ·BN=

2bÔ3.

Wynika st°d, ªe d™ugo±¢ b oku tró jk°ta MNS jest równa

MN=MP+NP=2aÔ3+

2bÔ3=

2a+2bÔ3

,

natomiast d™ugo±¢ o dcinka AS jest równa

AS=MS-AM=2a+2bÔ

3-

aÔ3=

a+2bÔ3

.

Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta SAP otrzymujemy

x=AS2+a2 =

Û3a+2bÔ

3

42

+a2 =

Úa2+4ab+4b2

3+a2 =

2Ô3

a2+ab+b2.

To koćzy dowó d.

III sposób rozwiπzania

Po cz°tkowa cz¶±¢ rozwi°zania, a wi¶c p omys™ dorysowania o dcinka MN, a w efekcie „zoba-czenie” tró jk°ta równob o cznego otwiera zup e™nie nowe moªliwo±ci. Jedn° z nich jest zastoso-wanie twierdzenie Stewarta. Przyp omnijmy na jpierw to twierdzenie, którego dowó d moªemy,jako nietrudne zadanie, p o da¢ uczniom przy okazji omawiania twierdzenia cosinusów.

Twierdzenie Stewarta. Jeªeli punkt D leªy na b oku BC tró jk°ta ABC i dzieli ten b okna o dcinki o d™ugo±ciach BD= x i DC= y oraz BC= a, AC= b, AB= c i AD= d, tod2a=b2x+c2y-axy.

B C

A

D

a

bcd

x y

55

W naszym tró jk°cie MNS mamy wi¶c

SP2 ·MN=MS2 ·NP+NS2 ·MP-MN ·MP ·NP.

Tró jk°t jest równob o czny, wob ec tego obie strony tej równo±ci moªemy p o dzieli¢ przezMN=MS=NS.

Wtedy otrzymujemySP2 =MS ·NP+NS ·MP-MP ·NP,

czyli

x2 =2a+2bÔ

3· 2bÔ

3+2a+2bÔ

3· 2aÔ

3-

2aÔ3· 2bÔ

3=

4

3

!(a+b)b+(a+b)a-ab

"=

=4

3

1(a+b)2-ab

2=

4

3

!a2+ab+b2

",

sk°d x=2Ô3

a2+ab+b2, co naleªa™o wykaza¢.

IV sposób rozwiπzania

Poprowadπmy o dcinek AB i przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.

S

P

A

B

a

b

x

y

Tró jk°ty PAS i PBS s° prostok°tne, wi¶c AS2=x2-a2 oraz BS2=x2-b2. K°ty PSA i PSBtych tró jk°tów da j° w sumie 60¶, wi¶c k°ty SPA i SPB sumuj° si¶ do 180¶-60¶= 120¶.

Z twierdzenia cosinusów w tró jk°cie APB otrzymujmy

y2 =a2+b2-2ab 120¶=a2+b2-2ab · 120¶=a2+b2-2ab

3-1

2

4=a2+ab+b2,

a z twierdzenia cosinusów w tró jk°cie ASB otrzymujmy

y2 =AS2+BS2-2AS ·BS 60¶= x2-a2+x2-b2-2

x2-a2 ·x2-b2 · 1

2=

= 2x2-a2-b2-x2-a2 ·

x2-b2.

Przyrównuj°c prawe strony otrzymanych równo±ci dosta jemy

2x2-a2-b2-x2-a2 ·

x2-b2 =a2+ab+b2,

2x2-x2-a2 ·

x2-b2 = 2a2+ab+2b2.

Po dosy¢ uci°ªliwych rachunkach otrzymujmy tez¶.


V sposób rozwiπzania

Tak jak w IV sp osobie obliczamy y=a2+ab+b2.

Zauwaªmy teraz, ªe skoro tró jk°ty PAS i PBS s° prostok°tne i ich wsp óln° przeciwprosto-k°tn° jest o dcinek PS, to okr° g o ±rednicy PS jest opisany na kaªdym z tych tró jk°tów,a takªe na tró jk°cie ABS.

S

P

A

B

a

b

x

y

Z twierdzenia sinusów dla tró jk°ta ABS wynika, ªey

<) ASB= x, czyli

Ôa2+ab+b2

Ô32

= x,

sk°d

x=2Ô3

a2+ab+b2,

co koćzy ten dowó d.

Zauwaªenie, ªe na czworok°cie SAPB moªna opisa¢ okr° g równieª otwiera przed nami nowemoªliwo±ci rozwi°zania zadania. Pokaªemy jedn° z nich.

VI sposób rozwiπzania

Tak jak w p oprzednim sp osobie rozwi°zania wykazujemy, ªe na czworok°cie SAPB moªnaopisa¢ okr° g. Wykorzystamy teraz twierdzenie Ptolemeusza.

Twierdzenie Ptolemeusza. Jeªeli na czworok°cie moªna opisa¢ okr° g, to ilo czyn d™ugo±cijego przek°tnych równy jest sumie ilo czynów d™ugo±ci przeciwleg™ych b oków tego czworo-k°ta.

A

B

C

D

AC ·BD=AB ·CD+BC ·AD.

Zna jomo±¢ twierdzenia Ptolemeusza, p o dobnie jak przyto czonego wcze±niej twierdzenia Ste-warta, wykracza p oza o czekiwany o d maturzysty zakres „narz¶dzi i ±ro dków”, wi¶c te na-rz¶dzia mog° wykorzysta¢ jedynie Ci zda j°cy, którzy przygotowywali si¶ do konkursów lubolimpiady matematycznej.

Wracamy do naszego zadania.

57

Po obliczeniu d™ugo±ci przek°tnej AB (np. tak, jak w I I I sp osobie rozwi°zania) oraz d™ugo±cib oków AS=

x2-a2 i BS=

x2-b2, otrzymujemy z twierdzenia Ptolemeusza równanie

xa2+ab+b2 =a

x2-b2+b

x2-a2,

z którego wyznaczamy x.

VII sposób rozwiπzania

Tym razem p oprowadπmy o dcinki MP i NP równoleg™e do ramion k°ta, tak jak na rysunku.D™ugo±ci tych o dcinków oznaczmy literami m i n.

S

P

A

B

M

N

a

b

x m

n

60�

W ten sp osób otrzymali±my równoleg™ob ok SMPN o k°cie ostrym 60¶, b okach d™ugo±cim i n, którego przek°tna SP ma d™ugo±¢ x. Zauwaªmy, ªe a i b to wysoko±ci tego równole-g™ob oku. Zapiszmy jego p ole na trzy sp osoby

PSMPN =n ·a=m ·b=m ·n · 60¶,

czyli

n ·a=m ·b=m ·n ·Ô3

2.

Z równo±ci n ·a=m ·n ·Ô3

2oraz m ·b=m ·n ·

Ô3

2wyznaczmy m=

2aÔ3

oraz n=2bÔ3

.

K°t SMP równoleg™ob oku jest równy 120¶, wi¶c z twierdzenia cosinusów w tró jk°cie SMP

otrzymujemy

x2 =

32aÔ3

42

+

32aÔ3

42

-2 · 2aÔ3· 2bÔ

3· 120¶=

4

3a2+

4

3b2-2 · 2aÔ

3· 2bÔ

3·3-1

2

4=

=4

3a2+

4

3b2+

4ab

3=

4

3

!a2+ab+b2

".

St°d x=2Ô3

a2+ab+b2, co naleªa™o udowo dni¢.

VIII sposób rozwiπzania

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

S

P

A

B

a

b

x

↵�


Wówczas ↵=a

x, �=

b

xoraz ↵+�= 60¶.

Obliczmy cosinus k°ta ↵+�.

(↵+�)= ↵ �- ↵ �=1

2.

K°ty ↵ i � s° ostre, wi¶c

↵=

Ò1- 2↵=

Ú1-1ax

22oraz �=

Ò1- 2�=

Û

1-

3b

x

42

.

St°d i z p oprzedniej równo±ci dosta jemy

Ú1-1ax

22·

Û

1-

3b

x

42

-a

x· bx=

1

2,

Ú1-

a2

x2-b2

x2+a2b2

x4=

1

2+ab

x2.

Pozosta je tylko st°d obliczy¢ x. Po dnosz°c obie strony do kwadratu dosta jemy kolejno:

1-a2

x2-b2

x2+a2b2

x4=

1

4+ab

x2+a2b2

x4,

1-a2

x2-b2

x2=

1

4+ab

x2,

3

4=

a2+ab+b2

x2,

x2 =4

3

!a2+ab+b2

",

x=2Ô3

a2+ab+b2.

To koćzy dowó d.

IX sposób rozwiπzania

Umie±¢my k°t w uk™adzie wsp ó™rz¶dnych, tak jak na rysunku.

S

P

A

B

a

b

x

y

Wtedy S= (0,0), P= (xA,a), gdzie xA >0 i A= (xA,0). Rami¶ SB jest zawarte w prostejnachylonej do osi Ox p o d k°tem 60¶, wi¶c wsp ó™czynnik kierunkowy tej prostej jest równy60¶=

Ô3. Zatem jej równanie ma p osta¢ y=

Ô3x, czyli

Ô3x-y= 0.

59

Odleg™o±¢ punktu P o d prostej SB jest równa---Ô3xA-a

---Ú1Ô

322

+(-1)2=

1

2

---Ô3xA-a

---=1

2

1Ô3xA-a

2,

gdyª punkt P leªy p oniªej prostej SB.

Zatem1

2

1Ô3xA-a

2=b, sk°d xA =

a+2bÔ3

, czyli A=

3a+2bÔ

3,0

4.

Ze wzoru na d™ugo±¢ o dcinka otrzymujemy

SP=

Û3a+2bÔ

3

42

+a2 =

Úa2+4ab+4b2+3a2

3=

Ú4a2+4ab+4b2

3=

2Ô3

a2+ab+b2.

To koćzy dowó d.

Zadanie 2.Na b oku CD kwadratu ABCD leªy punkt E. Dwusieczna k°ta BAE przecina b ok BC tegokwadratu w punkcie F (zobacz rysunek).

A B

CD E

F

Udowo dnij, ªe AE=BF+DE.

Tym razem prezentowane rozwi°zania b ¶d° p o dane w kolejno±ci o d rozwi°zania „si™owego”do rozwi°zania „eleganckiego”.


Poprowadπmy o dcinek EG prostopad™y do b oku AB. Niech AD=a, AE= z, BF=x, DE=y

oraz <) BAF=<) EAF=↵. Pokaªemy wi¶c, ªe x+y= z.

A B

CD E

F

G

a

x

y

z

↵↵

Z tró jk°ta AEG otrzymujemy <) GAE=EG

AG, czyli ↵=

a

y.


Z tró jk°ta ABF otrzymujemy natomiast <) BAF=BF

AB, czyli ↵=

x

a.

Ze wzoru na tangens p o dwo jonego k°ta i otrzymanych równo±ci mamy

↵

1- 2↵=

a

y,

· xa

1-!xa

"2 =a

y,

2ax

a2-x2=

a

y,

2xy=a2-x2.

Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta ADE otrzymujemy a2 = z2-y2, wi¶c

2xy= z2-y2-x2,

x2+2xy+y2 = z2,

(x+y)2 = z2.

St°d x+y= z, co naleªa™o udowo dni¢.


Przed™uªmy o dcinek AF do przeci¶cia z prost° DC i punkt tego przeci¶cia oznaczmy liter°G. Pozosta™e oznaczenia przyjmijmy takie, jak w p oprzednim sp osobie rozwi°zania (AD=a,AE= z, BF= x, DE=y, <) BAF=<) EAF=↵).

A B

CD E

F

G

a

x

y

z

↵↵

Proste AB i DC s° równoleg™e, wi¶c k°ty BAF i CGF s° równe, czyli <) CGF=<) BAF=↵.To oznacza, ªe tró jk°t AGE jest równoramienny. Zatem EG=AE= z. St°d wynika, ªe

DG=DE+EG=y+z.

Tró jk°ty ABF i GDA s° p o dobne (oba s° prostok°tne i <) CGF=<) BAF=↵), wi¶cDG

AD=

AB

BF, czyli

y+z

a=

a

x.

St°d otrzymujemy a2 = x(y+z).

Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta ADE wynika natomiast, ªe a2 = z2-y2, wi¶c

z2-y2 = x(y+z) ,

61

(z-y)(z+y)= x(y+z) .

Dziel°c obie strony tej równo±ci przez y+z otrzymujemy tez¶.


Przed™uªmy o dcinek AF do przeci¶cia z prost° DC w punkcie G oraz narysujmy o dcinekAH prostopad™y do o dcinka AG tak, ªeby jego koniec H leªa™ na prostej DC. Pozosta™eoznaczenia przyjmijmy takie jak p oprzednio.

A B

CD E

F

GH

a

x

y

z

↵↵

Jak w p oprzednim sp osobie rozwi°zania zauwaªamy, ªe k°ty BAF i CGF s° równe, b o prosteAB i DC s° równoleg™e, czyli <) CGF=<) BAF=↵ oraz wnioskujemy st°d, ªe tró jk°t AGE

jest równoramienny. Zatem EG=AE= z. Tró jk°t GAH jest prostok°tny, EG=AE= z, wi¶cpunkt E jest ±ro dkiem okr¶gu opisanego na tym tró jk°cie, a o dcinek GH jest jego ±rednic°.Zatem

HE=AE=GE= z.

Ponadto k°t ostry przy wierzcho™ku H tego tró jk°ta jest równy 90¶-↵ (b o drugi k°t ostryAGH to ↵). To z kolei oznacza, ªe k°t ostry DAH w tró jk°cie prostok°tnym ADH jestrówny ↵. St°d wnioskujemy, ªe tró jk°ty ADH i ABF s° przysta j°ce, b o (opró cz równo±cio dp owiednich k°tów) ich przyprostok°tne AD i AB s° równe. Zatem HD=BF= x, wi¶c

z=AE=HD+DE= x+y.

To naleªa™o udowo dni¢.


Przyjmijmy te same oznaczenia jak w p oprzednich dwó ch sp osobach rozwi°zania i na prostejDC wybierzmy taki punkt G nie leª°cy na o dcinku CD, ªeby GD=BF= x. Poprowadπmyteª o dcinek AG.

A B

CD E

F

G

a

x

y

z

↵↵


Tró jk°ty ABF i ADG s° zatem przysta j°ce (oba s° prostok°tne, GD=BF=x, AD=AB=a).St°d <) GAD=↵ oraz <) AGD= 90¶-↵.

Zauwaªmy teraz, ªe <)GAE=<)GAD+<)DAE=↵+(90¶-2↵)=90¶-↵. To z kolei oznacza, ªetró jk°t AEG jest równoramienny a jego ramiona to AE i GE. Zatem AE=GE, czyli z=x+y,co w™a±nie naleªa™o udowo dni¢.

Zadanie 3.Wykaª, ªe jeªeli trap ez ma prostopad™e przek°tne, to suma kwadratów d™ugo±ci tych prze-k°tnych jest równa kwadratowi sumy d™ugo±ci jego p o dstaw.


Oznaczmy przez c i d d™ugo±ci przek°tnych trap ezu, za± przez a i b d™ugo±ci jego p o dstaw.Poprowadπmy o dcinek CE równoleg™y do BD tak, ªeby koniec E tego o dcinka leªa™ na prostejAB, jak na rysunku.

A B

CD

Ea b

b

d dc

Wówczas czworok°t BECD jest równoleg™ob okiem. Zatem CE=d i BE=b. Poniewaª AC i BDs° prostopad™e, BD i CE s° równoleg™e, wi¶c AC i CE s° prostopad™e. To oznacza, ªe tró jk°tACE jest prostok°tny. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zatem AC2+CE2=AE2, czylic2+d2 =(a+b)2, co w™a±nie naleªa™o udowo dni¢.


Przyjmijmy oznaczenia takie jak na rysunku.

A B

CD

S

a

b

c d

ef

Wówczas teza ma p osta¢ (c+e)2+(d+f)2 =(a+b)2, a p o rozwini¶ciu nawiasów

c2+2ce+e2+d2+2df+f2 =a2+2ab+b2.

63

Z twierdzenia Pitagorasa w tró jk°tach ABS i CDS otrzymujemy a2=c2+d2 oraz b2=e2+f2,wi¶c równo±¢, jak° mamy udowo dni¢, moªemy zapisa¢ w p ostaci równowaªnej

!c2+d2

"+2ce+2df+

!e2+f2

"=a2+2ab+b2,

a2+2(ce+df)+b2 =a2+2ab+b2,

ce+df=ab.

Pozosta je wi¶c wykaza¢ prawdziwo±¢ tej równo±ci.

Tró jk°ty ABS i CDS s° p o dobne, gdyª k°ty BAS i DCS s° równe, p o dobnie jak k°ty ABS

i CDS, jako k°ty naprzemianleg™e wyznaczone przez dwie proste równoleg™e. Zatemc

a=

e

b

orazd

a=

f

b, sk°d c=

a

b·e oraz d=

a

b·f. Wob ec tego równo±¢ ce+df=ab jest równowaªna

równo±cia

b·e2+ a

b·f2 =ab,

a

b·!e2+f2

"=ab.

Wcze±niej juª zauwaªyli±my, ªe b2=e2+f2, wi¶ca

b·b2=ab, czyli ab=ab, co jest o czywi±cie

prawd°.

Kaªde z omawianych zada´ moªna, jak wida¢, rozwi°za¢ na kilka sp osob ów i nie ma jednego„s™usznego” sp osobu. Do jakich wi¶c sp osob ów rozwi°za´ nak™ania¢ uczniów? Odp owiedπwbrew p ozorom nie jest ™atwa. Jest wypadkow° wielu czynników, takich jak sprawno±¢rachunkowa ucznia, ilo±¢ czasu p otrzebna na takie rozwi°zanie, czy teª jakie± indywidualneup o dobania ucznia wynika j°ce z jego wcze±niejszych w™asnych zmaga´ z zadaniami. Wyda jemi si¶ jednak, ªe wskazanym by™oby przyna jmniej o d czasu do czasu p okaza¢ uczniowi kilkamoªliwych rozwi°za´ zadania i omówi¢ trudno±ci kaªdej z meto d. Na egzaminie maturalnymnie przyzna je si¶ zda j°cym punktów za „wraªenie artystyczne”, p o dczas za j¶¢ z uczniamimoªna jednak o rozwi°zaniach „si™owych” i tych „eleganckich” rozmawia¢.

Na zakoćzenie prop onuj¶ trzy zadania, które moªna rozwi°za¢ zarówno meto dami „si™owy-mi”, jak i nieco bardziej elegancko. Prop onuj¶ co± dorysowa¢.

Zadanie 4.Prostok°t ABCD jest z™oªony z trzech kwadratów: AEFD, EGHF i GBCH, tak jak na ry-sunku.

A B

CD

E G

F H

Uzasadnij, ªe <) AED+<) AGD+<) ABD= 90¶.

Zadanie 5.Dwusieczna k°ta ACB przecina b ok AB tego tró jk°ta w punkcie D (zobacz rysunek).

A B

C

D

Wykaª, ªeAD

AC=

BD

BC.

Jest to twierdzenie o dwusiecznej k°ta wewn¶trznego tró jk°ta.

Zadanie 6.Dwusieczna k°ta ACB przecina b ok AB tego tró jk°ta w punkcie D. Oznaczmy d™ugo±cio dcinków AC, BC i DC o dp owiednio b, a, d (zobacz rysunek).

A B

C

D

abd

Wykaª, ªe d<2ab

a+b.

Rozdzia≥ 5

Zadania z kombinatorykiczyli o sztuce zliczania

Wo jciech Guzickikonsultacja: Waldemar Roªek

Wyk™ady z kombinatoryki, które tu przedstawiam, s° przeznaczone dla nauczycieli. Nies° natomiast p o dr¶cznikiem dla ucznia. Gdy ucz¶ kombinatoryki w szkole, staram si¶ nienaduªywa¢ formalizmu i symb oliki teoriomnogo±ciowej. Definicje p o j¶¢ kombinatorycznychi p o dstawowe zasady kombinatoryczne p o da j¶ uczniom i zapisuj¶ na tablicy s™owami, b ezo dwo™ywania si¶ do zapisu bardziej formalnego. Tak teª formu™uj¶ wi¶kszo±¢ zada´. W tymwyk™adzie w wielu miejscach b ¶d¶ p ost¶p owa™ tak samo. Jednak — jak napisa™em na p o-cz°tku — jest to wyk™ad dla nauczycieli, do których moªna (a moªe nawet naleªy) mówi¢takªe j¶zykiem bardziej formalnym. Dobrze jest, by nauczyciel zobaczy™, w jaki sp osóbmoªna nieformalne rozumowania kombinatoryczne zapisa¢ w j¶zyku, który p ozna™ w czasiestudiów wyªszych. Tym j¶zykiem jest o czywi±cie j¶zyk teorii mnogo±ci.

Chc¶ jednak p o dkre±li¢, ªe formalizm na ogó™ utrudnia, a nie u™atwia zrozumienie — chyba,ªe jeste±my z tym formalizmem bardzo dobrze oswo jeni. Dla ucznia — niezaleªnie o d tego,czy jest to ucze´ gimnazjum czy liceum — formalizm teoriomnogo±ciowy jest raczej nowo-±ci°. Uªywanie formalizmu stawia zatem ucznia wob ec p o dwó jnej trudno±ci: o dczytania,o co naprawd¶ cho dzi w zadaniu czy rozwi°zaniu zadania i zrozumienia toku rozumowaniazapisanego w nieco dzienny (dla niego) sp osób. Kombinatoryka jest takim dzia™em mate-matyki, w którym prawie niep otrzebna jest b ogata teoria. Rozumowania kombinatorycz-ne nie wykorzystuj° skomplikowanych p o j¶¢ matematycznych i wymaga j° w™a±ciwie tylkosprytnych p omys™ów — inaczej mówi°c, zgo dnie z nazw° tej dziedziny matematyki, kom-binowania. Dlatego na ogó™ nie jest p otrzebny ªaden skomplikowany formalizm. Stara jmysi¶ przedstawi¢ problemy kombinatoryczne w sp osób jak na jprostszy, j¶zykiem co dziennym,na jbardziej zrozumia™ym dla ucznia, i o czekujmy o d niego rozumowa´ wyraªonych w takimsamym j¶zyku.

W niektórych sytuacjach formalizm sta je si¶ bardziej p otrzebny. Dotyczy to nielicznychzada´ p okazanych w tych wyk™adach. W tych zadaniach b ¶d¶ zatem takiego formalizmuuªywa™. Pami¶ta jmy jednak, ªe s° to zadania trudne, nieraz znacznie wykracza j°ce p onadprogram szkolny, nierzadko s° to zadania o trudno±ciach olimpijskich. Przytaczam je tuta jg™ównie p o to, by p okaza¢ nauczycielom, ªe w do±¢ prosty sp osób moªna uzyska¢ niebanalnerezultaty.

66 5. Zadania z kombinatoryki, czyli o sztuce zliczania

5.1. Podstawowe oznaczenia i terminologia

Wszystkie zbiory, z którymi w tych wyk™adach b ¶dziemy mieli do czynienia, s° zbioramiskoćzonymi. Inaczej mówi°c, b ¶d¶ tu p okazywa¢, na czym p olega sztuka zliczania elemen-tów zbiorów skoćzonych. Oczywi±cie nie t™umacz¶ uczniom, co to s° zbiory skoćzone;zak™adam, ªe istnieje co± takiego jak nasza wsp ólna intuicja skoćzono±ci. Skoćzone jestto, co da je si¶ p oliczy¢. Je±li A jest zbiorem skoćzonym, to symb olem |A| oznaczam liczbÍelementów zbioru A. Nie b ¶d¶ uªywa™ okre±leniamoc zbioru. Dla dowolnej liczby naturalnejnˇ 1 symb olem [n] b ¶d¶ oznacza™ zbiór wszystkich liczb naturalnych o d 1 do n. Ponadto[0] jest zbiorem pustym:

[n] = {1, . . . ,n} dla nˇ 1, [0] = ÿ.

Po dstawow° zasad° kombinatoryki, na której opiera j° si¶ wszystkie dalsze rozwaªania, jest:

|[n]|=n.

Inaczej mówi°c, zbiór [n] jest wzorcowym przyk™adem zbioru n-elementowego.

Przy zliczaniu elementów zbiorów skoćzonych b ¶d¶ stosowa™ trzy zasady (regu™y) kombi-natoryczne, które wprowadz¶ w dalszych rozdzia™ach.

5.2. Zasada równolicznoúci

Pierwsz° z trzech zasad kombinatorycznych wsp omnianych w rozdziale 5.1. jest zasada rów-noliczno±ci.

Zasada równolicznoúci. Przypu±¢my, ªe elementy dwó ch zbiorów skoćzonych A i B moªnap o™°czy¢ w pary (a,b) tak, ªe sp e™nione s° nast¶puj°ce w™asno±ci:

— (R1) w kaªdej parze (a,b) element a naleªy do zbioru A i element b naleªy do zbioru B,— (R2) kaªdy element zbioru A zna jduje si¶ w dok™adnie jednej parze (a,b),— (R3) kaªdy element zbioru B zna jduje si¶ w dok™adnie jednej parze (a,b).

Wówczas zbiory A i B ma j° tyle samo elementów: |A|= |B|.

Zasad¶ równoliczno±ci moªna rozszerzy¢ w nast¶puj°cy sp osób. W™asno±ci (R1) i (R3) p o-zostawmy b ez zmian. W™asno±¢ (R2) zast° pmy natomiast w™asno±ci° mówi°c°, ªe kaªdyelement zbioru A wyst¶puje w dok™adnie k parach z k róªnymi elementami zbioru B, gdziek jest ustalon° liczb° naturaln°. Wówczas ta uogólniona zasada równoliczno±ci mówi ªe za-cho dzi równo±¢: k·|A|= |B|. Oczywi±cie dla k=1 otrzymujemy zwyk™° zasad¶ równoliczno±ci.W notacji teoriomnogo±ciowej ta uogólniona p osta¢ zasady równoliczno±ci oznacza, ªe je±liistnieje funkcja

f : Bna�!A

taka, ªe dla kaªdego aœA mamy |f-1(a)|= k, to k · |A|= |B|.

Zasada równoliczno±ci, w terminologii teoriomnogo±ciowej, o czywi±cie mówi, ªe je±li istniejefunkcja

f : A1-1��!

naB,

5.2. Zasada równoliczno±ci 67

to |A|= |B|.

W tym rozdziale p okaª¶ kilka zada´ ilustruj°cych p owyªsz° zasad¶ równoliczno±ci. Rozu-mowania prowadz°ce do rozwi°zania niektórych z nich s° czasem nazywane rozumowaniami„ przez symetri¶”. Powo dy dla takiej nazwy stan° si¶ — mam nadziej¶ — jasne p o ob ejrzeniutych rozwi°za´.

A oto te zadania wraz z rozwi°zaniami.

Zadanie 1.Ile jest liczb trzycyfrowych p o dzielnych przez 7? Ile jest liczb trzycyfrowych p o dzielnychprzez 17? Ile liczb trzycyfrowych da je reszt¶ 1 przy dzieleniu przez 7? Ile liczb trzycyfrowychda je reszt¶ 6 przy dzieleniu przez 7? Ile liczb trzycyfrowych da je reszt¶ 4 przy dzieleniuprzez 7?

Rozwiπzanie

W tym zadaniu uczniowie cz¶sto p op e™nia j° typ owe b™¶dy. Pierwszy b™°d p olega na tym, ªeπle oblicza j° liczb ¶ liczb trzycyfrowych: o d 999 o dejmuj° 100, otrzymuj°c wynik 899. Tenb™°d opisywa™em wyªej. Nast¶pnie wykorzystuj° ten z™y wynik w dalszych obliczeniach, cz¶-sto teª b™¶dnych. Co ciekawe, w niektórych zadaniach p owyªszej p ostaci uzyskuj° p oprawnywynik, mimo p op e™nianych b™¶dów. Popatrzmy na nast¶pny b™°d. Uczniowie rozumuj° w na-st¶puj°cy sp osób: co sió dma liczba jest p o dzielna przez 7, wi¶c do otrzymania o dp owiedzina pierwsze pytanie naleªy p o dzieli¢ przez 7 liczb ¶ wszystkich liczb trzycyfrowych i o drzuci¢cz¶±¢ u™amkow° wyniku. Oto wyniki dziele´:

900 : 7= 128,57142,

899 : 7= 128,42857.

Niezaleªnie o d tego, czy p oprawnie obliczyli liczb ¶ liczb trzycyfrowych, czy p op e™nili b™°d,otrzymali p oprawny wynik: jest 128 takich liczb. Rozumowanie jednak jest b™¶dne. Popatrz-my na drugie pytanie. Tym razem mamy p o dzieli¢ 900 (lub 899 w przypadku p op e™nieniab™¶du na p o cz°tku) przez 17. Oto wyniki dziele´:

900 : 17= 52,941176,

899 : 17= 52,882352.

Tym razem uczniowie otrzymali (znów niezaleªnie o d tego, czy p op e™nili pierwszy b™°d, czynie) z™y wynik. Mianowicie stwierdzili, ªe s° 52 takie liczby, p o dczas, gdy w rzeczywisto±cijest ich 53. Jak zatem naleªy rozwi°zywa¢ to zadanie i sk°d si¶ wzi°™ b™°d?

Obliczmy na jpierw, ile jest liczb p o dzielnych przez 7 w±ró d liczb o d 1 do 999. Poniewaªco sió dma liczba jest p o dzielna przez 7, wi¶c dzielimy 999 przez 7. Otrzymujemy wynik142,71428. Zatem s° 142 takie liczby. Teraz obliczymy, ile jest liczb p o dzielnych przez 7w±ró d liczb o d 1 do 99 (a wi¶c „z™ych” liczb — b o za ma™ych). Dzielimy 99 przez 7, otrzy-muj°c wynik 14,142857. A wi¶c jest 14 takich „z™ych” liczb. Odejmujemy: 142-14= 128

i stwierdzamy, ªe jest 128 szukanych liczb.


Po dobne dzielenia przez 17 dadz° wyniki:

999 : 17= 58,764705,

99 : 17= 5,8235294.

Znów o dejmujemy: 58-5= 53 i otrzymujemy ten p oprawny wynik — s° 53 szukane liczby.Ale dlaczego tym razem mogli±my dzieli¢ przez 7 czy przez 17 i to by™o dobrze? Je±li,na przyk™ad, p o dzielimy 999 przez 7, to okaªe si¶, ªe wszystkie liczby o d 1 do 999 moªnap o dzieli¢ na 142 grupy p o 7 kolejnych liczb i zostanie jeszcze kilka liczb w ostatniej, niep e™nejgrupie (nie jest waªne, ile ich zostanie; waªne jest tylko to, ªe mniej niª 7):

1 2 3 4 5 6 7

8 9 10 11 12 13 14

15 16 17 18 19 20 21

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

92 93 94 95 96 97 98

99 100 101 102 103 104 105

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

988 989 990 991 992 993 994

995 996 997 998 999

W kaªdej grupie p o dzielna przez 7 jest liczba sió dma, ostatnia. Zatem liczb p o dzielnychprzez 7 jest tyle, ile p e™nych siedmio elementowych grup. A wi¶c tyle, ile wynosi iloraz z dzie-lenia; w tym przypadku 142. Po dobnie jest z liczbami o d 1 do 99. To wyja±nia, dlaczegop oprawnym wynikiem jest 128.

A na czym p olega b™°d w meto dzie stosowanej przez uczniów? Je±li p o dzielimy 900 przez7, to okaªe si¶, ªe w±ró d liczb o d 100 do 999 jest 128 p e™nych grup siedmio elementowychi zostanie kilka liczb w ostatniej, niep e™nej grupie:

100 101 102 103 104 105 106

107 108 109 110 111 112 113

114 115 116 117 118 119 120

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

989 990 991 992 993 994 995

996 997 998 999

Zauwaªmy jednak, ªe w kaªdej p e™nej grupie liczba p o dzielna przez 7 stoi na szóstym miejscu.A wi¶c w ostatniej, cztero elementowej grupie, takiej liczby nie ma. Zatem liczb p o dzielnychprzez 7 jest tyle, ile p e™nych, siedmio elementowych grup. A wi¶c 128. A jak jest w przypad-ku dzielenia przez 17? Tym razem mamy 52 p e™ne siedemnasto elementowe grupy i jedn°niep e™n° grup ¶. Ale ta ostatnia grupa ma 16 elementów:

100 101 102 103 . . . 114 115 116

117 118 119 120 . . . 131 132 133

134 135 136 137 . . . 148 149 150

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

967 968 969 970 . . . 981 982 983

984 985 986 987 . . . 998 999


W kaªdej grupie liczba p o dzielna przez 17 stoi na trzecim miejscu. Zatem w tej ostatniejgrupie teª zna jduje si¶ liczba p o dzielna przez 17. St°d wynika, ªe szukanych liczb jest 53,mianowicie o jedn° wi¶cej niª liczba p e™nych siedemnasto elementowych grup. Ten sp osóbrozwi°zania musi wi¶c uwzgl¶dnia¢ takªe to, gdzie w rozwaªanych grupach liczb sto j° liczbyp o dzielne przez t¶ liczb ¶, przez któr° mamy dzieli¢.

Pokaª¶ teraz, w jaki sp osób moªemy rozwi°za¢ zadanie za p omo c° zasady równoliczno±ci.Niech A b ¶dzie zbiorem liczb trzycyfrowych p o dzielnych przez 7. S° to liczby p ostaci 7k,przy czym 100˛ 7k˛ 999. St°d wynika, ªe 15˛k˛ 142. Zatem

A= {7k : 15˛ k˛ 142}.

ä°czymy w par¶ liczb ¶ 7k z liczb° k. W ten sp osób p o™°czymy w pary liczby ze zbioru A

z liczbami ze zbioru {15,16, . . . ,142}. Ten ostatni zbiór ma 128 elementów, a wi¶c |A|= 128.Po dobnie moªemy p okaza¢, ªe zbiór liczb trzycyfrowych p o dzielnych przez 17 ma p osta¢

{17k : 6˛k˛ 58}.

Ten zbiór ma zatem tyle elementów, co zbiór {6,7, . . . ,58}, czyli 53 elementy. Wreszcie zbiórliczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 7 da j° reszt¶ 1, to zbiór

{106,113,120, . . . ,995}= {7k+1 : 15˛k˛ 142}.

Ma on 128 elementów. Po dobnie zbiór liczb trzycyfrowych da j°cych reszt¶ 6 przy dzieleniuprzez 7, to zbiór

{104,111,118, . . . ,993}= {7k+6 : 14˛k˛ 141}.

Ten zbiór teª ma 128 elementów. Wreszcie zbiór liczb trzycyfrowych da j°cych reszt¶ 4 przydzieleniu przez 7, to zbiór

{102,109,116, . . . ,991,998}= {7k+4 : 14˛k˛ 142}.

Ten zbiór ma 129 elementów.

Obiektem cz¶sto uªywanym w rozumowaniach kombinatorycznych jest tzw. ci° g zero jedyn-kowy.

Ciπgiem zerojedynkowym nazywam ci° g skoćzony (a1, . . . ,an), którego kaªdy wyraz jestzerem lub jedynk°, czyli taki, ªe

a1, . . . ,an œ {0,1}.

Zbiór wszystkich ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n b ¶d¶ oznacza™ symb olem S(n). Sym-b olem Sk(n) oznaczam zbiór wszystkich ci° gów zero jedynkowych, w których jest dok™adniek wyrazów równych 1:

Sk(n)=�(a1, . . . ,an)œS(n) : |{i : ai = 1}|= k

.

Tak wi¶c na przyk™ad

(1,1,0,1,0,0,0,1)œS4(8), (1,1,1,1)œS4(4), (0,0,0,0)œS0(4).

Cz¶sto, gdy mamy do czynienia z ci° gami liczb owymi, których wyrazy s° liczbami natu-ralnymi jedno cyfrowymi (to znaczy wyrazy naleª° do zbioru {0,1,2, . . . ,9}), b ¶d¶ opuszcza™


w zapisie ci° gu nawiasy i przecinki. Tak wi¶c p owyªsze przyk™ady mog¶ zapisa¢ w sp osóbnast¶puj°cy:

11010001œS4(8), 1111œS4(4), 0000œS0(4).

Zadanie 2.Udowo dnij, ªe liczba ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 15, w których wyst¶puje parzystaliczba jedynek, jest równa liczbie ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 15, w których wyst¶pujenieparzysta liczba jedynek.

Rozwiπzanie

Na jprostsze rozwi°zanie, które uczniowie zna jduj° na jcz¶±ciej, p olega na nast¶puj°cym ™°-czeniu ci° gów w pary. Przypu±¢my, ªe dany jest ci° g (a1,a2, . . . ,a15), w którym jest parzystaliczba jedynek. ä°czymy go w par¶ z ci° giem (b1,b2, . . . ,b15) okre±lonym za p omo c° wzoru:

bi = 1-ai dla i= 1,2, . . . ,15.

Inaczej mówi°c kaªde zero zamieniamy na jedynk¶ i kaªd° jedynk¶ zamieniamy na zero:

• je±li ai = 0, to bi = 1,

• je±li ai = 1, to bi = 0.

Na przyk™ad, ci° g 011000100111000 ™°czymy w par¶ z ci° giem 100111011000111. Oczywi-±cie, je±li w ci° gu (a1,a2, . . . ,a15) by™a parzysta liczba jedynek, to by™a nieparzysta liczbazer. Zatem w ci° gu (b1,b2, . . . ,b15) wyst¶puje nieparzysta liczba jedynek. St°d wynika, ªesp e™niony jest warunek (R1) z zasady równoliczno±ci, gdzie A jest zbiorem ci° gów z parzyst°liczb° jedynek, za± B jest zbiorem ci° gów z nieparzyst° liczb° jedynek. Nietrudno zauwaªy¢,ªe sp e™nione s° takªe dwa p ozosta™e warunki (R2) i (R3), co dowo dzi, ªe zbiory A i B ma j°tyle samo elementów.

Uwaga

W dalszym ci° gu (zadanie 29) wykaªemy, ªe istnieje 2n ci° gów zero jedynkowych d™ugo±cin. St°d wynika, ªe oba zbiory A i B ma j° p o 214 elementów.

Zadanie 3.Udowo dnij, ªe liczba ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 16, w których wyst¶puje parzystaliczba jedynek, jest równa liczbie ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 16, w których wyst¶pujenieparzysta liczba jedynek.

Rozwiπzanie

Meto da ™°czenia w pary, opisana w rozwi°zaniu p oprzedniego zadania, nie dzia™a. Je±lib owiem tym razem w ci° gu (a1,a2, . . . ,a16), w którym wyst¶puje parzysta liczba jedynek,zast° pimy zera jedynkami i jedynki zerami, to otrzymamy ci° g, w którym takªe wyst¶pujeparzysta liczba jedynek. Potrzebny jest wi¶c inny sp osób ™°czenia w pary. Ten nowy sp osóbp olega na tym, by tylko na ostatnim miejscu zast° pi¢ zero jedynk°, a jedynk¶ zerem. Zatemci° g (a1, . . . ,a15,a16) ™°czymy w par¶ z ci° giem (a1, . . . ,a15,1-a16). To znaczy, ªe:


• ci° g (a1, . . . ,a15,0) ™°czymy w par¶ z ci° giem (a1, . . . ,a15,1),

• ci° g (a1, . . . ,a15,1) ™°czymy w par¶ z ci° giem (a1, . . . ,a15,0).

Na przyk™ad, ci° g 0110001001110001 ™°czymy w par¶ z ci° giem 0110001001110000. Spraw-dzenie, ªe sp e™nione s° warunki (R1), (R2) i (R3) opisane w zasadzie równoliczno±ci, p ozo-stawi¶ jako ¢wiczenie.

Uwaga

Zauwaªmy, ªe sp osób ™°czenia w pary opisany w tym rozwi°zaniu jest dobry dla ci° gówdowolnej d™ugo±ci. St°d wynika, ªe dla kaªdego n istnieje 2n-1 ci° gów zero jedynkowychd™ugo±ci n, w których wyst¶puje parzysta liczba jedynek i tyle samo ci° gów, w którychwyst¶puje nieparzysta liczba jedynek.

Zadanie 4.Udowo dnij, ªe liczba ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 15, w których wyst¶puje wi¶cej je-dynek niª zer, jest równa liczbie ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 15, w których wyst¶pujewi¶cej zer niª jedynek.

Rozwiπzanie

Sp osób ™°czenia w pary opisany w rozwi°zaniu zadania 1 jest dobry.

Uwaga

W uwadze p o zadaniu 2 wsp omnia™em, ªe istnieje 2n ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n.Wynika st°d, ªe je±li liczba n jest nieparzysta, to istnieje 2n-1 ci° gów zero jedynkowych d™u-go±ci n, w których jest wi¶cej jedynek niª zer i tyle samo ci° gów zero jedynkowych d™ugo±cin, w których jest wi¶cej zer niª jedynek. Oczywi±cie, je±li n jest liczb° parzyst°, to takªeliczba ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n, w których jest wi¶cej jedynek niª zer, jest równaliczbie ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n, w których jest wi¶cej zer niª jedynek. W tymprzypadku nie moªemy jednak twierdzi¢, ªe w obu tych zbiorach zna jduje si¶ p o 2n-1

ci° gów, gdyª istniej° ci° gi, w których jest tyle samo jedynek i zer. Dop óki nie dowiemy si¶,ile jest tych ostatnich ci° gów, nie b ¶dziemy mogli obliczy¢, ile elementów ma zbiór ci° gów,w których jest wi¶cej jedynek i zbiór ci° gów, w których jest wi¶cej zer.

Zadanie 5.Niech nˇ 6. Rozwaªamy zbiór S ci° gów (a1, . . . ,an), których wyrazy naleª° do zbioru{0,1, . . . ,9}. Moªna p owiedzie¢, ªe elementami zbioru S s° liczby ma j°ce co na jwyªej n cyfr;z tym tylko, ªe je±li liczba ma mniej niª n cyfr, to jej zapis dziesi¶tny jest uzup e™niany nap o cz°tku o dp owiedni° liczb° zer. Teraz w zbiorze S wyróªniamy dwa p o dzbiory. Zbiór A

sk™ada si¶ z tych ci° gów, w których kaªda liczba parzysta (tzn. 0, 2, 4, 6 i 8) wyst¶pujedok™adnie jeden raz, p ozosta™e wyrazy ci° gu s° natomiast liczbami nieparzystymi. ZbiórB sk™ada si¶ natomiast z tych ci° gów, w których kaªda liczba nieparzysta (tzn. 1, 3, 5,7 i 9) wyst¶puje dok™adnie jeden raz, p ozosta™e wyrazy ci° gu s° za± liczbami parzystymi.Udowo dnij, ªe zbiory A i B ma j° tyle samo elementów, tzn. |A|= |B|.


Rozwiπzanie

Ci° g (a1, . . . ,an) naleª°cy do zbioru A ™°czymy w par¶ z ci° giem (b1, . . . ,bn) zdefiniowanymw nast¶puj°cy sp osób:

• je±li ai jest liczb° parzyst°, to bi =ai+1,

• je±li ai jest liczb° nieparzyst°, to bi =ai-1.

Popatrzmy na kilka przyk™adów. Niech n= 8. Wówczas:

• ci° g 10386524 ™°czymy w par¶ z ci° giem 01297435,

• ci° g 02468111 ™°czymy w par¶ z ci° giem 13579000,

• ci° g 97586420 ™°czymy w par¶ z ci° giem 86497531.

Sprawdzenie, ªe ten sp osób ™°czenia w pary jest dobry, p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.

Symb olem P(A) oznaczam zbiór wszystkich p o dzbiorów zbioru skoćzonego A, symb olemPk(A) oznaczam zbiór wszystkich p o dzbiorów k-elementowych zbioru A:

P(A)= {X : X™A}, Pk(A)= {XœP(A) : |X|= k}.

Ponadto b ¶d¶ uªywa™ oznacze´:

P(n)=P([n]), Pk(n)=Pk([n]).

Zadanie 6.Udowo dnij, ªe je±li 0˛k˛n, to |Sk(n)|= |Pk(n)|. Ogólnie, je±li zbiór A ma n elementów, to|Sk(n)|= |Pk(A)|.

Rozwiπzanie

Ci° g zero jedynkowy (a1, . . . ,an) ™°czymy w par¶ ze zbiorem tych miejsc, na których w tymci° gu stoi jedynka. Formalnie: ten ci° g ™°czymy ze zbiorem {iœ [n] : ai = 1}. Na przyk™ad,je±li n= 8, to:

• dla k= 3 ci° g 01100010 ™°czymy w par¶ ze zbiorem {2,3,7},

• dla k= 0 ci° g 00000000 ™°czymy w par¶ ze zbiorem pustym,

• dla k= 8 ci° g 11111111 ™°czymy w par¶ ze zbiorem [8] = {1,2,3,4,5,6,7,8}.

W przypadku dowolnego zbioru A zaczynamy o d p onumerowania elementów tego zbioru:

A= {x1,x2, . . . ,xn}.

Nast¶pnie ci° g (a1, . . . ,an) ™°czymy w par¶ ze zbiorem {xi œA : ai = 1}.

Uwaga

Nietrudno dostrzec, ªe w przypadku, gdy rozwaªamy p o dzbiory zbioru [n], ci° g zero jedyn-kowy jest funkcj° charakterystyczn° p o dzbioru, w którym jest w parze. Oczywi±cie to jestuwaga dla nauczycieli; uczniom nie mówi¶ nic o funkcjach charakterystycznych. T™umacz¶im natomiast udowo dnion° o dp owiednio±¢ w nast¶puj°cy sp osób.

Dany jest zbiór A ma j°cy n elementów; p onumerujmy je: A= {a1,a2, . . . ,an}. Kaªdemup o dzbiorowi zbioru A o dp owiada wówczas p ewien ci° g zero jedynkowy. Nada jmy elementom


zbioru A jak°± interpretacj¶: niech nasz zbiór A b ¶dzie zbiorem n osób, na przyk™ad uczniówdanej klasy. Chcemy wybra¢ p ewn° liczb ¶ osób (by¢ moªe nikogo lub nawet wszystkich) donagro dy. Na ile sp osob ów moªemy to zrobi¢? Otóª przygl°damy si¶ kolejno tym osob om i codo kaªdej p o dejmujemy jedn° z dwó ch decyzji: „tak” lub „nie”. Je±li tak, to piszemy jedynk¶;w przeciwnym przypadku piszemy zero. Tworzymy w ten sp osób p ewien ci° g zero jedynko-wy d™ugo±ci n. Kaªdemu sp osob owi wyb oru osób do nagro dy (czyli kaªdemu p o dzbiorowizbioru A) o dp owiada jeden ci° g zero jedynkowy d™ugo±ci n i na o dwrót; p onadto róªnymp o dzbiorom o dp owiada j° róªne ci° gi. A wi¶c tych sp osob ów wyb oru osób do nagro dy (czylip o dzbiorów zbioru A) jest tyle, ile ci° gów zero jedynkowych. W p o dobny sp osób moªnaprzekona¢ uczniów, ªe p o dzbiorów k-elementowych jest tyle, ile ci° gów zero jedynkowychd™ugo±ci n, w których jest k jedynek, a wi¶c |Sk(n)|.

Uczniowie cz¶sto ma j° trudno±ci ze zrozumieniem p o j¶cia p o dzbioru. Powyªsza interpretacjap omaga im to p o j¶cie zrozumie¢: mamy ca™° klas¶ i niektórych uczniów chcemy nagro dzi¢;uczniowie nagro dzeni tworz° p o dzbiór zbioru wszystkich uczniów. W szczególno±ci uczniowie™atwiej rozumiej°, co to jest zbiór pusty. Na ogó™ sprawia im k™op ot to, ªe zbiór pustytakªe p o cho dzi z p ewnego wyb oru. Zastanawia j° si¶, co to znaczy, ªe istnieje tylko jedensp osób wyb oru p o dzbioru pustego. Interpretacja za p omo c° ci° gu decyzji p omaga: ci° gpusty p owsta je z ci° gu decyzji indywidualnych, tak samo jak kaªdy inny p o dzbiór.

Zadanie 7.Dana jest liczba naturalna nˇ 2. Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i< j˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |S2(n)|.

Rozwiπzanie

Par¶ (i, j) ™°czymy z ci° giem zero jedynkowym d™ugo±ci n, w którym na miejscach i-tymi j-ym sto j° jedynki, a na p ozosta™ych miejscach sto j° zera. Niech na przyk™ad n= 8. Wów-czas:

• par¶ (3,7) ™°czymy z ci° giem 00100010,


• par¶ (7,8) ™°czymy z ci° giem 00000011.

Sprawdzenie, ªe ten sp osób ™°czenia w pary sp e™nia warunki (R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶jako ¢wiczenie.


• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (i, j,k) takich, ªe 1˛ i< j<k˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |S3(n)|.

Rozwiπzanie

Post¶pujemy tak jak w zadaniu 7. Tró jk¶ (i, j,k) ™°czymy w par¶ z ci° giem zero jedynkowym


d™ugo±ci n, w którym sto j° 3 jedynki (na miejscach i-tym, j-ym i k-tym) oraz n-3 zer (nap ozosta™ych miejscach). Niech na przyk™ad n= 8. Wówczas:

• tró jk¶ (2,3,4) ™°czymy w par¶ z ci° giem 01110000,

• tró jk¶ (2,5,7) ™°czymy w par¶ z ci° giem 01001010,

• tró jk¶ (1,5,8) ™°czymy w par¶ z ci° giem 10001001.

Sprawdzenie, ªe ten sp osób ™°czenia w pary sp e™nia warunki (R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶jako ¢wiczenie.

Zadanie 9.Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe 1˛k˛n. Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,ak) takich, ªe 1˛a1 < .. . <ak˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |Sk(n)|.

Rozwiπzanie

To zadanie jest uogólnieniem zada´ 7 i 8. Ci° g rosn°cy (a1, . . . ,ak) ™°czymy w par¶ z ci° giemzero jedynkowym d™ugo±ci n, w którym wyst¶puje dok™adnie k jedynek (na miejscach o nu-merach a1, . . . ,ak) i n-k zer (na p ozosta™ych miejscach). Niech na przyk™ad n= 8 i k= 5.Wówczas:

• ci° g (1,2,3,4,5) ™°czymy w par¶ z ci° giem 11111000,

• ci° g (2,3,4,6,7) ™°czymy w par¶ z ci° giem 01110110,

• ci° g (1,3,4,6,8) ™°czymy w par¶ z ci° giem 10110101.

Sprawdzenie warunków (R1), (R2) i (R3) p ozostawi¶ jako ¢wiczenie. Zatem |A|= |Sk(n)|.


• zbiór A sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i˛ j˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |S2(n+1)|.

Rozwiπzanie

Pokaª¶ dwa sp osoby rozwi°zania zadania. W sp osobie pierwszym na jpierw definiujemy p o-mo cniczy zbiór B w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór B sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i< j˛n+1.

Wówczas par¶ (i, j) naleª°c° do zbioru A ™°czymy z par° (i, j+1) naleª°c° do zbioru B. Niechna przyk™ad n= 8. Wówczas:

• par¶ (2,6) ™°czymy z par° (2,7),

• par¶ (5,5) ™°czymy z par° (5,6),

• par¶ (1,8) ™°czymy z par° (1,9).

Sprawdzenie, ªe ten sp osób ™°czenia w pary par naleª°cych do zbiorów A i B sp e™nia warunki


(R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶ jako ¢wiczenie. Zatem |A|= |B|. To, ªe |B|= |S2(n+1)|, wynikaz zadania 7.

W sp osobie drugim p okaª¶ b ezp o±redni sp osób ™°czenia w pary par ze zbioru A z ci° gamizero jedynkowymi d™ugo±ci n+1 zawiera j°cymi dok™adnie dwie jedynki. Zacznijmy o d wy-pisania n-1 zer i p onumerowania miejsc mi¶dzy nimi (™°cznie z miejscem przed pierwszymzerem i p o ostatnim zerze):

1 0 2 0 3 0 4 0 5 . . . n-2 0 n-1 0 n

Napisane zera sta™y si¶ w ten sp osób granicami mi¶dzy miejscami p onumerowanymi liczbamio d 1 do n. Niech teraz dana b ¶dzie para (i, j) ze zbioru A. Je±li i < j, to w miejscacho numerach i oraz j wpisujemy jedynki; je±li i= j, to w miejsce o numerze i wpisujemyob ok siebie dwie jedynki. W ten sp osób otrzymamy ci° g zero jedynkowy sk™ada j°cy si¶z n-1 zer i 2 jedynek; ™°cznie ma on zatem d™ugo±¢ n+1 i ma dok™adnie dwie jedynki.A wi¶c otrzymany ci° g zero jedynkowy naleªy do zbioru S2(n+1). Popatrzmy na przyk™adilustruj°cy ten sp osób ™°czenia w pary. Niech n=8. Napisali±my zatem 7 zer, o ddziela j°cych8 p onumerowanych miejsc:

1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0 8

Teraz:

• par¶ (3,7) ™°czymy z ci° giem, w którym jedynki wpisujemy w miejsca o numerach 3i 7 czyli z ci° giem 001000010,


• par¶ (6,6) ™°czymy z ci° giem 000001100.

Sprawdzenie, ªe taki sp osób ™°czenia w pary sp e™nia warunki (R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶jako ¢wiczenie. Zatem |A|= |S2(n+1)|.


• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (i, j,k) takich, ªe 1˛ i˛ j˛k˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |S3(n+2)|.

Rozwiπzanie

Post¶pujemy tak samo jak w zadaniu 10. Mamy dwa sp osoby rozwi°zania zadania. W sp o-sobie pierwszym definiujemy p omo cniczy zbiór B w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór B sk™ada si¶ z tró jek (i, j) takich, ªe 1˛ i< j<k˛n+2.

Wówczas tró jk¶ (i, j,k) naleª°c° do zbioru A ™°czymy w par¶ z tró jk° (i, j+1,k+2) naleª°c°do zbioru B. Niech na przyk™ad n= 8. Wówczas:

• tró jk¶ (2,4,6) ™°czymy w par¶ z tró jk° (2,5,8),



• tró jk¶ (1,3,8) ™°czymy w par¶ z tró jk° (1,4,10).


Sprawdzenie, ªe ten sp osób ™°czenia w pary tró jek naleª°cych do zbiorów A i B sp e™niawarunki (R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶ jako ¢wiczenie. Zatem |A|= |B|. To, ªe |B|= |S3(n+2)|,wynika z zadania 8.

W drugim sp osobie rozwi°zania znów piszemy n-1 zer i numerujemy liczbami o d 1 do n

miejsca rozdzielone tymi zerami. Nast¶pnie, tró jk¶ (i, j,k) ™°czymy w par¶ z ci° giem zero-jedynkowym, w którym opró cz wypisanych n-1 zer mamy 3 jedynki wpisane w miejscacho numerach i, j i k. Oczywi±cie, je±li które± liczby w rozwaªanej tró jce s° równe, to w miej-sce o tym numerze wpisujemy ob ok siebie o dp owiedni° liczb ¶ jedynek. Popatrzmy znów naprzyk™ad. Niech nadal n= 8. Znów mamy 7 zer i 8 p onumerowanych miejsc. Wówczas:

• tró jk¶ (2,3,8) ™°czymy z ci° giem 0101000001,

• tró jk¶ (3,3,5) ™°czymy z ci° giem 0011001000,

• tró jk¶ (6,6,6) ™°czymy z ci° giem 0000011100.

Sprawdzenie, ªe taki sp osób ™°czenia w pary sp e™nia warunki (R1), (R2) i (R3), p ozostawi¶jako ¢wiczenie. Zatem |A|= |S2(n+1)|.

Zadanie 12.Dane s° dwie liczby naturalne k i n takie, ªe k,nˇ 1. Definiujemy nast¶puj°ce dwa zbioryci° gów:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,ak) takich, ªe 1˛a1˛ . . .˛ak˛n,

• zbiór B sk™ada si¶ z ci° gów (b1, . . . ,bk) takich, ªe 1˛b1 < .. . <bk˛n+k-1.

Udowo dnij, ªe |A|= |B|.

Rozwiπzanie

Weπmy ci° g (a1, . . . ,ak) taki, ªe 1˛a1˛. . .˛ak˛n. ä°czymy go w par¶ z ci° giem (b1, . . . ,bk)zdefiniowanym w nast¶puj°cy sp osób:

b1 =a1,

b2 =a2+1,

b3 =a3+2,

. . . . . .

bk =ak+k-1.

Nietrudno sprawdzi¢, ªe wtedy 1˛b1 < .. . < bk˛n+k-1. Zatem ci° g (b1, . . . ,bk) naleªydo zbioru B.

Popatrzmy na kilka przyk™adów. Niech k= 4 i n= 7. Wówczas:

• ci° g (1,2,2,4) ™°czymy w par¶ z ci° giem (1,3,4,7),

• ci° g (2,5,7,7) ™°czymy w par¶ z ci° giem (2,6,9,10),

• ci° g (7,7,7,7) ™°czymy w par¶ z ci° giem (7,8,9,10).

Oczywi±cie moªliwe jest, by k>n. Niech na przyk™ad n= 5 oraz k= 7. Wówczas:

• ci° g (1,1,1,1,1,1,1) ™°czymy w par¶ z ci° giem (1,2,3,4,5,6,7),

5.3. Regu™a do dawania 77

• ci° g (2,2,2,2,3,4,5) ™°czymy w par¶ z ci° giem (2,3,4,5,7,9,11),

• ci° g (1,1,1,3,5,5,5) ™°czymy w par¶ z ci° giem (1,2,3,6,9,10,11).

Sprawdzenie, ªe kaªdy ci° g ze zbiorów A i B zna jduje si¶ w dok™adnie jednej parze, a wi¶csp e™nione s° warunki (R1), (R2) i (R3), jest bardzo ™atwe i zostawi¶ to jako ¢wiczenie. Zatem|A|= |B|.

Zadanie 13.Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe k,nˇ1. Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,ak) takich, ªe 1˛a1˛ . . .˛ak˛n.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= |Sk(n+k-1)|.

Rozwiπzanie

Mamy dwa sp osoby rozwi°zania zadania. W sp osobie pierwszym definiujemy p omo cniczyzbiór B, tak jak w zadaniu 12. Wówczas z zadania 12 wynika, ªe |A|= |B| i z zadania 9 wynika,ªe |B|= |Sk(n+k-1)|.

Drugi sp osób rozwi°zania zadania p olega na uogólnieniu rozumowania p okazanego w roz-wi°zaniach zada´ 10 i 11. Mamy znów n-1 zer rozdziela j°cych n p onumerowanych miejsc.Ci° g (a1, . . . ,ak) ™°czymy w par¶ z ci° giem zero jedynkowym utworzonym w ten sp osób, ªew miejsca o numerach a1, . . . ,ak wpisujemy jedynk¶; w przypadku, gdy które± wyrazy rozpa-trywanego ci° gu s° równe, to w miejsce o tym numerze wpisujemy ob ok siebie o dp owiedni°liczb ¶ jedynek. Szczegó™y p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.

5.3. Regu≥a dodawania

Drug° z zasad kombinatorycznych wsp omnianych w rozdziale 5.1. jest regu™a do dawania.

Regu≥a dodawania. Przypu±¢my, ªe moªemy wykona¢ dwie czynno±ci. Pierwsza z nich ko´-czy si¶ jednym z m wyników, druga koćzy si¶ jednym z n wyników. õaden z wynikówpierwszej czynno±ci nie jest jedno cze±nie wynikiem drugiej czynno±ci. Za™óªmy nast¶pnie,ªe wykonujemy jedn° z tych dwó ch czynno±ci. Otrzymamy wówczas jeden z m+n wyników.

Regu™a do dawania mówi, ªe je±li zbiory A i B s° roz™°czne, to

|AfiB|= |A|+ |B|.

Regu™¶ do dawania moªna rozszerzy¢ na wi¶ksz° liczb ¶ czynno±ci. Dok™adne sformu™owanietakiej rozszerzonej regu™y do dawania p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.

Z regu™y do dawania wynika p oprawno±¢ waªnego sp osobu zliczania elementów zbioru. Przy-pu±¢my, ªe mamy dane dwa zbiory A i B takie, ªe A™B. Chcemy p oliczy¢, ile elementów mazbiór A. Jedna z meto d p olega na tym, by p oliczy¢ wszystkie elementy zbioru B, nast¶pniep oliczy¢ te elementy zbioru B, które do zbioru A nie naleª° i wreszcie otrzymane liczbyo dj°¢. Wzorami moªna to zapisa¢ w p ostaci

|A|= |B|- |B\A|.


Z regu™y do dawania wynika b owiem, ªe

|A|+ |B\A|= |Afi(B\A)|= |B|.

Mówi°c obrazowo, zliczamy wszystkie moªliwe elementy (tzn. wszystkie elementy zbioru B),a nast¶pnie zliczamy, ile w±ró d nich jest elementów „z™ych”, to znaczy elementów nienale-ª°cych do zbioru A. Wtedy o d liczby wszystkich elementów o dejmujemy liczb ¶ elementówz™ych.

Ten sp osób zliczania zastosujemy teraz do wyprowadzenia waªnego wniosku. Wykaªemymianowicie, ªe je±li m<n, to

|{m,m+1, . . . ,n}|=n-m+1.

Niech b owiem A= {m,m+1, . . . ,n} oraz B= [n]. Wówczas B\A= [m-1], sk°d wynika, ªe

|A|= |B|- |B\A|= |[n]|- |[m-1]|=n-(m-1)=n-m+1.

Cz¶sty b™°d uczniów p olega na tym, ªe pisz°, iª |A|=n-m.

Ten sp osób zliczania elementów zbioru jest tak o czywisty, ªe cz¶sto nawet nie zauwaªa-my, iª zosta™a w nim wykorzystana regu™a do dawania. Na przyk™ad, korzystali±my z niegokilkakrotnie w rozdziale 5.2.

Z regu™y do dawania ™atwo wynika j° dwa waªne wzory (s° to szczególne przypadki tzw.zasady w™°cze´ i wy™°cze´):

|AfiB|= |A|+ |B|- |AflB|

oraz|AfiBfiC|= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AflBflC|.

Po dobny wzór moªna napisa¢ takªe w przypadku wi¶kszej liczby zbiorów (ze wzoru naliczb ¶ elementów sumy 4 zbiorów skorzystam w jednym z dalszych zada´; wzór na liczb ¶elementów sumy 5 zbiorów by™ wykorzystywany w zadaniu 4 z zawo dów I stopnia XLVIOlimpiady Matematycznej). Popatrzmy teraz na kilka zada´, w których moªna zastosowa¢regu™¶ do dawania.

Zadanie 14.Na ile sp osob ów moªna wybra¢ przedstawiciela parlamentu, którym ma by¢ p ose™ lub se-nator? Dla przyp omnienia: Sejm sk™ada si¶ z 460 p os™ów, Senat ze 100 senatorów i ªadensenator nie moªe jedno cze±nie by¢ p os™em.

Rozwiπzanie

Moªemy wykona¢ dwie czynno±ci: pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu p os™a, druga czyn-no±¢ p olega na wybraniu senatora. Pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 460 wyników,druga koćzy si¶ jednym ze 100 wyników. õaden wynik jednej czynno±ci nie jest wynikiem


drugiej. Teraz wykonujemy jedn° z tych dwó ch czynno±ci. Mamy zatem 560 moªliwychwyników i tyle jest sp osob ów wybrania przedstawiciela.

Zadanie 15.W klasie licz°cej 30 uczniów wielu uczniów gra w brydªa lub szachy (lub w obie gry razem).W brydªa gra 23 uczniów, w szachy 14 uczniów, w obie gry razem gra 9 uczniów. Ilu uczniównie gra w ªadn° z tych gier?

Rozwiπzanie

Zastosujemy zasad¶ w™°cze´ i wy™°cze´. Niech B oznacza zbiór uczniów gra j°cych w brydªai niech S oznacza zbiór uczniów gra j°cych w szachy. Mamy zatem:

|BfiS|= |B|+ |S|- |BflS|.

Wiemy, ªe |B|= 23, |S|= 14 oraz |BflS|= 9. Zatem

|BfiS|= 23+14-9= 28,

sk°d wynika, ªe w ªadn° z tych gier nie gra dwó ch uczniów.

Zadanie 16.W klasie licz°cej 30 uczniów kaªdy ucze´ gra w brydªa lub szachy (lub w obie gry razem).W brydªa gra 19 uczniów, w szachy 14 uczniów. Ilu uczniów gra w obie gry?

Rozwiπzanie

Zastosujemy zasad¶ w™°cze´ i wy™°cze´. Niech B oznacza zbiór uczniów gra j°cych w brydªai niech S oznacza zbiór uczniów gra j°cych w szachy. Mamy zatem:

|BfiS|= |B|+ |S|- |BflS|.

Z za™oªenia wiemy, ªe |BfiS|=30, b o kaªdy ucze´ gra w któr°± z tych gier. Ponadto |B|=19

oraz |S|= 14. Zatem30= 19+14- |BflS|,

sk°d wynika, ªe |BflS|= 3. Zatem w obie gry gra trzech uczniów.

Zadanie 17.W klasie licz°cej 30 uczniów wielu uczniów gra w brydªa, szachy lub warcaby. W brydªa gra16 uczniów, w szachy gra 13 uczniów, w warcaby gra 10 uczniów. Jedno cze±nie w brydªai szachy gra 7 uczniów, w brydªa i warcaby gra 5 uczniów, w szachy i warcaby gra 4 uczniów.Wreszcie 3 uczniów gra we wszystkie trzy gry. Ilu uczniów nie gra w ªadn° z tych trzechgier?


Rozwiπzanie

Tym razem zastosujemy zasad¶ w™°cze´ i wy™°cze´ dla trzech zbiorów. Przy naturalnychoznaczeniach zbiorów mamy:

|BfiSfiW|= |B|+ |S|+ |W|- |BflS|- |BflW|- |SflW|+ |BflSflW|=

= 16+13+10-7-5-4+3= 39-16+3= 26.

St°d wynika, ªe 4 uczniów nie gra w ªadn° z tych trzech gier.

Zadanie 18.W klasie licz°cej 30 uczniów wielu uczniów gra w brydªa, szachy lub warcaby. W brydªa gra17 uczniów, w szachy gra 13 uczniów, w warcaby gra 11 uczniów. Jedno cze±nie w brydªai szachy gra 6 uczniów, w brydªa i warcaby gra 7 uczniów, w szachy i warcaby gra 5 uczniów.Wreszcie 3 uczniów nie gra w ªadn° z tych trzech gier. Ilu uczniów gra we wszystkie trzygry?

Rozwiπzanie

Jeszcze raz zastosujemy zasad¶ w™°cze´ i wy™°cze´ dla trzech zbiorów. Przy naturalnychoznaczeniach zbiorów mamy:

|BfiSfiW|= |B|+ |S|+ |W|- |BflS|- |BflW|- |SflW|+ |BflSflW|=

= 17+13+11-6-7-5+ |BflSflW|= 41-18+ |BflSflW|=

= 23+ |BflSflW|.

Poniewaª 3 uczniów nie gra w ªadn° z tych trzech gier, wi¶c |BfiSfiW|=27. St°d dosta jemy

|BflSflW|= |BfiSfiW|-23= 27-23= 4,

a wi¶c we wszystkie trzy gry gra czterech uczniów.

Zadania 15, 16, 17 i 18 moªemy ™atwo rozwi°za¢ graficznie, wykorzystuj°c tzw. diagramyVenna. Na jpierw p opatrzmy na rozwi°zanie zadania 15.

Rysujemy dwa okr¶gi przedstawia j°ce zbiory B i S. Musimy zadba¢ o to, by te okr¶gi si¶przecina™y. Dziel° one wtedy p™aszczyzn¶ na 4 obszary; nazywamy je sk™adowymi. Na p o-niªszym rysunku s° one p onumerowane liczbami rzymskimi I, I I, I I I i IV:

B S

IIIII IV

I

Obszar o numerze I, leª°cy na zewn°trz obu okr¶gów, oznacza te elementy, które nie naleª°do ªadnego ze zbiorów B i S, a wi¶c tych uczniów, którzy nie gra j° w ªadn° gr¶ (w zadaniu


15 mamy w™a±nie dowiedzie¢ si¶, ile ta cz¶±¢ ma elementów). Obszar o numerze I I, leª°cywewn°trz obu okr¶gów, oznacza te elementy, które naleª° do obu zbiorów jedno cze±nie,a wi¶c tych uczniów, którzy gra j° w obie gry razem (w zadaniu 15 mamy w tej cz¶±ci 9elementów). Zatem w rozwi°zaniu zadania 15 w ten obszar wpisujemy liczb ¶ 9:

B S

9

Obszar o numerze I I I, zawarty wewn°trz lewego okr¶gu i na zewn°trz prawego, oznaczate elementy, które naleª° do zbioru B i nie naleª° do zbioru S. W zadaniu 15 oznacza ontych uczniów, którzy gra j° w brydªa i nie gra j° w szachy; jest 14 takich uczniów. Po dobniew obszarze IV mamy 5 uczniów, którzy gra j° w szachy i nie gra j° w brydªa. Te liczbywpisujemy w obszary I I I i IV:

B S

914 5

W trzy obszary wpisali±my liczby o sumie 28. Zatem w czwartym obszarze ma by¢ liczba 2:

B S

914 5

2

To znaczy, ªe dwó ch uczniów nie gra w ªadn° z tych gier.

W zadaniu 16 zaczynamy o d wpisania liczby 0 w obszar o numerze I i wpisania x w obszaro numerze I I.

B S

x

0

Teraz w obszar o numerze I I I wpisujemy 19-x, a w obszar o numerze IV wpisujemy 14-x:


B S

x19�x 14�x

0

Teraz mamy równanie(19-x)+(14-x)+x+0= 30,

sk°d ™atwo dosta jemy x= 3. Zatem trzech uczniów gra w obie gry.

W zadaniu 17 rozwaªamy trzy zbiory: zbiór B uczniów gra j°cych w brydªa, zbiór S uczniówgra j°cych w szachy i zbiór W uczniów gra j°cych w warcaby. Dla zilustrowania tych trzechzbiorów rysujemy na p™aszczyπnie trzy okr¶gi, dba j°c jedynie o to, by by™y w tzw. p o™oªeniuogólnym, tzn. by dzieli™y p™aszczyzn¶ na 8 obszarów (p onumerowanych liczbami rzymskimio d I do VI I I na p oniªszym rysunku):

B S

W

I

II

III IV

V VI

VII

VIII

Te obszary takªe nazywamy sk™adowymi. A wi¶c okr¶gi naleªy narysowa¢ tak, by wszyst-kie sk™adowe by™y niepuste. Nast¶pnie w kaªdy obszar wpisujemy liczb ¶ oznacza j°c°, ileelementów ma zbiór o dp owiada j°cy temu obszarowi. Obszary te zap e™niamy w kolejno±cinumerów wpisanych w nie na ostatnim rysunku; zaczynamy wi¶c o d obszaru oznaczonegoliczb° I. W ten obszar, o dp owiada j°cy cz¶±ci wsp ólnej BflSflW, wpisujemy liczb ¶ 3, b o3 uczniów gra we wszystkie trzy gry. Nast¶pnie w obszar z numerem I I wpisujemy liczb ¶4. Wiemy b owiem, ªe 7 uczniów gra w brydªa i w szachy, a 3 z nich juª uwzgl¶dnili±myw obszarze I (inaczej mówi°c: 3 z nich gra p onadto w warcaby, a wi¶c zosta je 4, którzygra j° tylko w brydªa i szachy). Mamy zatem rysunek:

B S

W

3

4

W p o dobny sp osób wpisujemy liczby 2 i 1 w obszary o numerach I I I i IV:


B S

W

3

4

2 1

Nast¶pnie w obszar o numerze V wpisujemy liczb ¶ 7. Mianowicie w brydªa gra 16 uczniów,a 9 z nich zosta™o juª uwzgl¶dnionych (3 w obszarze I, 4 w obszarze I I i 2 w obszarze I I I).Otrzymujemy rysunek:

B S

W

3

4

2 1

7

W p o dobny sp osób wpisujemy liczby 5 i 4 w obszary VI i VI I:

B S

W

3

4

2 1

7 5

4

W 7 obszarów wpisali±my liczby o sumie równej 26. Poniewaª w klasie jest 30 uczniów, wi¶cw obszar o numerze VI I I wpisujemy liczb ¶ 4 i w ten sp osób nasz rysunek jest kompletny:

B S

W

3

4

2 1

7 5

4

4

Liczba 4 w obszarze ósmym da je o dp owiedπ w zadaniu 17, mianowicie 4 uczniów nie graw ªadn° z tych trzech gier.


W p o dobny sp osób rozwi°zujemy zadanie 18. Znów wpisujemy liczby w obszary w kolejno±cinumerów. Jest jednak p ewna róªnica: tak jak w zadaniu 16, nie wiemy, ilu uczniów gra wewszystkie gry. Jest to b owiem niewiadoma, któr° musimy znaleπ¢. W obszar o numerze Iwpisujemy zatem niewiadom° x. W obszary I I, I I I i IV wpisujemy teraz o dp owiednio 6-x,7-x i 5-x. W obszar V musimy wpisa¢ teraz

17-(6-x)-(7-x)-x= x+4.

W p o dobny sp osób w obszar VI wpiszemy x+2 i w obszar VI I wpiszemy x-1. Wreszciew obszar VI I I wpisujemy 3, b o 3 uczniów nie gra w ªadn° gr¶. Mamy zatem rysunek:

B S

W

x

6�x

7�x 5�x

x+4 x+2

x�1

3

Poniewaª w klasie jest 30 uczniów, wi¶c p o do daniu wszystkich liczb wpisanych w 8 obszarówotrzymujemy równanie

x+(6-x)+(7-x)+(5-x)+(x+4)+(x+2)+(x-1)+3= 30,

którego rozwi°zaniem jest x= 4. Zatem we wszystkie trzy gry jedno cze±nie gra 4 uczniów.

Uwaªam, ªe rozwi°zanie graficzne korzysta j°ce z diagramów Venna jest dla uczniów bardziejnaturalne. Zauwaªmy, ªe p owyªej nie p o da™em dowo dów obu wzorów w™°cze´ i wy™°cze´.Nie jest to przypadek. Istniej° dowo dy czysto kombinatoryczne, jednak mo je do±wiadczeniep okazuje, ªe wi¶kszo±¢ uczniów ma trudno±ci ze zrozumieniem ich. Moªna teª p okaza¢ do-wo dy wykorzystuj°ce kilka prostych równo±ci z rachunku zbiorów. Powsta je jednak wtedyproblem, w jaki sp osób moªemy w szkole dowo dzi¢ toªsamo±ci rachunku zbiorów. S°dz¶, ªena jprostsz° meto d° jest ilustrowanie takich toªsamo±ci na diagramach Venna. Popatrzmyna przyk™adow° toªsamo±¢:

(AfiB)\C=(A\C)fi(B\C).

Zacieniujemy na diagramach Venna zbiory wyst¶puj°ce p o obu stronach równo±ci. Za jmiemysi¶ na jpierw lew° stron°. Na jpierw zacieniujemy zbiór AfiB:

A B

C


Nast¶pnie z zacieniowanego zbioru usuwamy t¶ cz¶±¢, która jest zawarta w zbiorze C. W tensp osób otrzymamy graficzn° ilustracj¶ zbioru L=(AfiB)\C, sto j°cego p o lewej stronie naszejtoªsamo±ci:

A B

C

Teraz za jmiemy si¶ zbiorem p o prawej stronie dowo dzonej toªsamo±ci. Zaczynamy o d nary-sowania zbiorów A\C oraz B\C. Oto one na nast¶puj°cych dwó ch rysunkach (zbiór A\C

na rysunku p o lewej stronie oraz zbiór B\C na rysunku p o prawej stronie):

A B

C

A B

C

Teraz widzimy, ªe suma tych zbiorów, czyli zbiór P = (A \C)fi (B \C) jest zacieniowanyw nast¶puj°cy sp osób:

A B

C

Zbiory L i P s° zacieniowane tak samo, a wi¶c s° równe. To koćzy dowó d toªsamo±ci.

Niektórzy nauczyciele protestuj°, ªe nie jest to dowó d ogólny, a tylko ilustracja na jednymprzyk™adzie. Otóª nie. Moªna udowo dni¢ twierdzenie, które mówi, ªe je±li jaka± toªsamo±¢rachunku zbiorów (równo±¢ lub inkluzja) jest prawdziwa dla jednej tzw. niezaleªnej ro dzinyzbiorów (niezaleªno±¢ oznacza tu, ªe wszystkie sk™adowe s° niepuste), to jest prawdziwadla dowolnej ro dziny zbiorów. Skoro udowo dnili±my nasz° toªsamo±¢ dla jednej niezaleªnejro dziny zbiorów {A,B,C}, to ta toªsamo±¢ jest teª prawdziwa dla dowolnych zbiorów A, B

i C. Tak wi¶c ilustracja toªsamo±ci za p omo c° diagramów Venna jest w isto cie dowo dem.Jest to przy tym ten ro dza j dowo du, który p oleca™bym w szkole — o ile w ogóle musimydowo dzi¢ jakiejkolwiek toªsamo±ci rachunku zbiorów.


Je±li jednak decydujemy si¶ na uªycie diagramów Venna, to nie widz¶ wielkiego sensu w tym,by na jpierw uªy¢ diagramów Venna do dowo du tych toªsamo±ci, które s° nast¶pnie p o-trzebne do dowo du zasady w™°cze´ i wy™°cze´, zamiast o d razu uªy¢ diagramów Venna dorozwi°zania zada´ kombinatorycznych. Zasada w™°cze´ i wy™°cze´ jest o czywi±cie waªnaw rachunku prawdop o dobie´stwa, ale wola™bym tylko p o da¢ j° uczniom, b ez dowo du.

Na zakoćzenie rozdzia™u o regule do dawania p opatrzmy jeszcze na kilka zada´ dotycz°cychp o dzielno±ci. W rozwi°zaniach tych zada´ skorzystamy z regu™y do dawania oraz z zasadyw™°cze´ i wy™°cze´. Oczywi±cie te zadania moªna takªe rozwi°za¢ graficznie za p omo c°diagramów Venna. Takie rozwi°zania p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.

Zadanie 19.Ile jest liczb o d 1 do 1000 w™°cznie da j°cych reszt¶ 0 lub 1 przy dzieleniu przez 7?

Rozwiπzanie

Zauwaªmy, ªe 994= 7 ·142 oraz 1001= 7 ·143. Zatem w±ró d liczb o d 1 do 1000 w™°czniezna jduj° si¶ 142 liczby p o dzielne przez 7 i 143 liczby da j°ce reszt¶ 1 przy dzieleniu przez 7.Liczb, o które cho dzi w zadaniu, jest zatem 142+143= 285.

Zadanie 20.Ile jest liczb o d 1 do 1000 w™°cznie p o dzielnych przez 3 lub przez 5?

Rozwiπzanie

W zbiorze liczb o d 1 do 1000 w™°cznie wyróªnimy dwa p o dzbiory:

• zbiór A sk™ada si¶ z liczb p o dzielnych przez 3,

• zbiór B sk™ada si¶ z liczb p o dzielnych przez 5.

Wówczas — tak jak w zadaniu 1 — p okazujemy, ªe |A|= 333 (gdyª 1000= 3 ·333+1) oraz|B|=200 (b o 1000=5·200). Nast¶pnie zauwaªamy, ªe zbiór AflB sk™ada si¶ z liczb p o dzielnychprzez 15 (b o liczby 3 i 5 s° wzgl¶dnie pierwsze). Zatem |AflB|= 66 (b o 1000= 15 ·66+10).St°d wynika, ªe

|AfiB|= |A|+ |B|- |AflB|= 333+200-66= 467.

Zadanie 21.Ile jest liczb o d 1 do 1000 w™°cznie p o dzielnych przez 3 i jedno cze±nie niep o dzielnych przez5?

Rozwiπzanie

Niech zbiory A i B b ¶d° okre±lone tak jak w p oprzednim zadaniu. Wówczas AflB™A, sk°dwynika, ªe

|A\B|= |A\(AflB)|= |A|- |AflB|= 333-66= 267.

5.4. Regu™a mnoªenia 87

Zadanie 22.Ile jest liczb o d 1 do 1000 w™°cznie p o dzielnych przez 3, 5 lub 7?

Rozwiπzanie

Tym razem w±ró d liczb o d 1 do 1000 w™°cznie wyróªniamy trzy p o dzbiory:

• zbiór A sk™ada si¶ z liczb p o dzielnych przez 3,

• zbiór B sk™ada si¶ z liczb p o dzielnych przez 5,

• zbiór C sk™ada si¶ z liczb p o dzielnych przez 7.

Tak jak p oprzednio, |A|= 333, |B|= 200 oraz |AflB|= 66. Nast¶pnie |C|= 142, |AflC|= 47,|BflC|= 28 oraz |AflBflC|= 9. Zatem:

|AfiBfiC|= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AfiBfiC|== 333+200+142-66-47-28+9= 675-141+9= 543.

5.4. Regu≥a mnoøenia

Ostatni° z trzech zasad kombinatorycznych wsp omnianych w rozdziale 5.1. jest regu™a mno-ªenia.

Regu≥a mnoøenia. Przypu±¢my, ªe moªemy wykona¢ dwie czynno±ci. Pierwsza z nich koćzysi¶ jednym z m wyników, druga — niezaleªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci — koćzy si¶jednym z n wyników. Za™óªmy nast¶pnie, ªe wykonujemy obie czynno±ci, na jpierw pierwsz°,a nast¶pnie drug°. Otrzymamy wówczas jeden z m ·n wyników. Wynikiem wykonania obutych czynno±ci jest o czywi±cie para (a,b), gdzie a jest wynikiem pierwszej czynno±ci i b jestwynikiem drugiej czynno±ci.

Regu™a mnoªenia w na jprostszej wersji, w której zbiór wyników drugiej czynno±ci nie zaleªyo d wyniku pierwszej czynno±ci, mówi, ªe

|A◊B|= |A| · |B|.

W wersji ogólnej przypu±¢my, ªe A jest zbiorem wyników pierwszej czynno±ci oraz dla kaª-dego aœA zbiór Ba jest zbiorem tych wyników drugiej czynno±ci, które mog° by¢ uzyskanewtedy, gdy pierwsza czynno±¢ zakoćzy si¶ wynikiem a. Regu™a mnoªenia mówi wówczas,ªe je±li |A|=m oraz |Ba|=n dla kaªdego aœA, to

|{(a,b) : aœA oraz bœBa}|=m ·n.

Inaczej mówi°c, je±li A= {a1, . . . ,am} oraz |Ba1|= . . .= |Bam |=n, to zbiór

{(a1,b) : bœBa1}fi . . .fi {(am,b) : bœBam }

ma m ·n elementów.

Regu™¶ mnoªenia moªna rozszerzy¢ na wi¶ksz° liczb ¶ czynno±ci. Dok™adne sformu™owanietakiej rozszerzonej regu™y mnoªenia p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.


W tym rozdziale za jmiemy si¶ zadaniami, w których wykorzystamy sformu™owan° p owyªejregu™¶ mnoªenia. Niektóre z tych zada´ moªna rozwi°za¢ inaczej, nas jednak interesuj°rozwi°zania ilustruj°ce sp osób uªycia regu™y mnoªenia.

Zadanie 23.Na ile sp osob ów moªna wybra¢ delegacj¶ parlamentu, w sk™ad której ma wcho dzi¢ jedenp ose™ i jeden senator? Dla przyp omnienia: Sejm sk™ada si¶ z 460 p os™ów, Senat ze 100senatorów i ªaden senator nie moªe jedno cze±nie by¢ p os™em.

Rozwiπzanie

W rozwi°zaniu tego zadania skorzystamy z regu™y mnoªenia. Zastosowanie regu™y mnoªeniab ¶dzie zazwycza j p olega™o na p okazaniu, w jaki sp osób za p omo c° dobrze opisanych czynno-±ci moªna skonstruowa¢ wszystkie obiekty, które mamy zliczy¢. Ze wzgl¶dów dydaktycznychbardzo p oucza j°ce jest wskazanie wyraπnie wszystkich tych czynno±ci i zliczenie wynikówkaªdej z nich.

W tym zadaniu delegacj¶ parlamentu wybieramy za p omo c° dwó ch czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu jednego p os™a; ta czynno±¢ koćzy si¶ jednymz 460 wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu jednego senatora; ta czynno±¢, niezaleªnie o dwyniku pierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym ze 100 wyników.

Regu™a mnoªenia mówi teraz, ªe wykonanie obu tych czynno±ci, jedna p o drugiej, koćzysi¶ jednym z 460 ·100= 46000 wyników. Tyle delegacji moªemy utworzy¢.

Zadanie 24.Rzucamy kostk° 2 razy, zapisuj°c wyniki w kolejno±ci rzutów. W ten sp osób wynikiemdo±wiadczenia jest para liczb o d 1 do 6. Ile wyników tej p ostaci moªna uzyska¢?

Rozwiπzanie

Wykonujemy dwie czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° pierwszy raz; ta czynno±¢ koćzy si¶jednym z 6 wyników,

• druga czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° drugi raz; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wynikupierwszej czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z 6 wyników.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ 6 ·6= 36 wyników.

Zadanie 25.Rzucamy 5 razy kostk° dwudziesto±cienn°, zapisuj°c wyniki w kolejno±ci rzutów. Ile wyni-ków tej p ostaci moªemy uzyska¢?

Rozwiπzanie

Wykonujemy pi¶¢ czynno±ci:


• pierwsza czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° pierwszy raz; ta czynno±¢ koćzy si¶jednym z 20 wyników,

• druga czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° drugi raz; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wynikupierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 20 wyników,

• trzecia czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° trzeci raz; ta czynno±¢, niezaleªnie o dwyników pierwszej i drugiej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 20 wyników,

• czwarta czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° czwarty raz; ta czynno±¢, niezaleªnie o dwyników pierwszych trzech czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 20 wyników,

• pi°ta czynno±¢ p olega na rzuceniu kostk° pi°ty raz; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wynikupierwszych czterech czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z 20 wyników.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ 20 ·20 ·20 ·20 ·20= 205 = 3200000

wyników.

Zadanie 26.Dana jest liczba naturalna mˇ 1. Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z par (a,b) takich, ªe 1˛a,b˛m (czyli, inaczej mówi°c, a,bœ [m]).

Udowo dnij, ªe |A|=m2.

Rozwiπzanie


• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢koćzy si¶ jednym z m wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, niezaleª-nie o d wyniku pierwszej czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyª za drugimrazem moªemy p onownie wybra¢ dowoln° liczb ¶, nawet je±li j° juª wybrali±my za pierwszymrazem.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·m=m2 wyników.


• zbiór A sk™ada si¶ z tró jek (a,b,c) takich, ªe 1˛ a,b,c˛m (czyli, inaczej mówi°c,a,b,cœ [m]).

Udowo dnij, ªe |A|=m3.

Rozwiπzanie

Wykonujemy trzy czynno±ci:


• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, niezaleª-nie o d wyniku pierwszej czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyª za drugim


razem moªemy p onownie wybra¢ dowoln° liczb ¶, nawet je±li j° juª wybrali±my za pierwszymrazem,

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, nieza-leªnie o d wyniku pierwszych dwó ch czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyªza trzecim razem moªemy p onownie wybra¢ dowoln° liczb ¶, nawet je±li j° juª wybrali±myza pierwszym lub za drugim razem.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·m ·m=m3 wyników.

Zadanie 28.Dane s° liczby naturalne n i m (takie, ªe n,mˇ 1). Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cysp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe 1˛ a1, . . . ,an ˛m (czyli, inaczejmówi°c, a1, . . . ,an œ [m]).

Udowo dnij, ªe |A|=mn.

Rozwiπzanie

Wykonujemy n czynno±ci:


• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, niezaleª-nie o d wyniku pierwszej czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyª za drugimrazem moªemy p onownie wybra¢ dowoln° liczb ¶, nawet je±li j° juª wybrali±my za pierwszymrazem,

• . . .

• ostatnia, n-ta czynno±¢ p olega na wybraniu n-tej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, nie-zaleªnie o d wyniku pierwszych n-1 czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyªza ostatnim razem moªemy p onownie wybra¢ dowoln° liczb ¶, nawet je±li j° juª wybrali±myraz lub wi¶cej razy wcze±niej.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·m · . . . ·m| {z }n czynników

=mn wyników.

Zadanie 29.Dana jest liczba naturalna nˇ 1. Udowo dnij, ªe wówczas |S(n)|= 2n.

Rozwiπzanie

Wystarczy skorzysta¢ z p oprzedniego zadania, w którym przyjmujemy m= 2.

Zadanie 30.Dane s° liczby naturalne n i m (takie, ªe n,mˇ 1) i dany jest zbiór A taki, ªe |A|=m.Definiujemy zbiór B w nast¶puj°cy sp osób:


• zbiór B sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe a1, . . . ,an œA.

Udowo dnij, ªe |A|=mn.

Rozwiπzanie


• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢koćzy si¶ jednym z m wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢, nieza-leªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników, gdyª za drugimrazem moªemy p onownie wybra¢ dowolny element zbioru A, nawet je±li go juª wybrali±myza pierwszym razem,

• . . .

• ostatnia, n-ta czynno±¢ p olega na wybraniu n-tego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢,niezaleªnie o d wyniku pierwszych n-1 czynno±ci, takªe koćzy si¶ jednym z m wyników,gdyª za ostatnim razem moªemy p onownie wybra¢ dowolny element zbioru A, nawet je±ligo juª wybrali±my raz lub wi¶cej razy wcze±niej.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·m · . . . ·m| {z }n czynników

=mn wyników.

Zadanie 31.Rzucamy 5 razy kostk° dwudziesto±cienn°, zapisuj°c wyniki w kolejno±ci rzutów. Ile jestmoªliwych wyników, w których ªadna z wyrzuconych liczb nie jest wi¶ksza o d k (gdzie1˛k˛ 20)?

Rozwiπzanie

Wystarczy skorzysta¢ z p oprzedniego zadania, w którym przyjmujemy, ªe A= [k].


• zbiór A sk™ada si¶ z par (a,b) takich, ªe 1˛a,b˛m oraz a ”=b (czyli, inaczej mówi°c,a,bœ [m] oraz a ”=b).

Udowo dnij, ªe |A|=m ·(m-1).

Rozwiπzanie



• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby ze zbioru [m]; ta czynno±¢, nieza-leªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-1 wyników, gdyª za drugimrazem nie moªemy p onownie wybra¢ liczby, któr° juª wybrali±my za pierwszym razem.


Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·(m-1) wyników.

Uwaga

Zauwaªmy, ªe we wszystkich zadaniach, z wyj°tkiem ostatniego, zbiór wyników kaªdej czyn-no±ci by™ zawsze taki sam, niezaleªnie o d wyników p oprzednio wykonanych czynno±ci. Wy-nika™o to st°d, ªe w kolejnych czynno±ciach mogli±my wybra¢ dowolny element tego same-go ustalonego zbioru. W ostatnim zadaniu jest inaczej. W zaleªno±ci o d wyniku pierwszejczynno±ci, zbiór moªliwych wyników drugiej czynno±ci b ¶dzie inny. Popatrzmy na przyk™ad.Niech m= 5. Pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 5 wyników — tymi wynikami s° liczbyo d 1 do 5. A oto moªliwy zbiór wyników drugiej czynno±ci, w zaleªno±ci o d wyniku pierwszej:

• je±li pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ wynikiem 1, to zbiorem moªliwych wyników drugiejczynno±ci jest {2,3,4,5},




• je±li pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ wynikiem 5, to zbiorem moªliwych wyników drugiejczynno±ci jest {1,2,3,4}.

Zbiory moªliwych wyników s° róªne, ale ma j° tyle samo elementów. To w™a±nie p ozwalaskorzysta¢ z regu™y mnoªenia.


• zbiór A sk™ada si¶ z tró jek (a,b,c) takich, ªe 1˛ a,b,c˛m oraz ªadne dwie z tychtrzech liczb nie s° równe (czyli, inaczej mówi°c, a,b,cœ [m] oraz a ”=b, a ”= c, b ”= c).

Udowo dnij, ªe |A|=m ·(m-1) ·(m-2).

Rozwiπzanie

Wykonujemy trzy czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej liczby a ze zbioru [m]; ta czynno±¢koćzy si¶ jednym z m wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby b ze zbioru [m]; ta czynno±¢, nie-zaleªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-1 wyników, gdyª za dru-gim razem nie moªemy p onownie wybra¢ liczby, któr° juª wybrali±my za pierwszym razem(a wi¶c tak naprawd¶ w drugiej czynno±ci wybieramy liczb ¶ b ze zbioru [m]\{a}),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej liczby c ze zbioru [m]; ta czynno±¢, nieza-leªnie o d wyników pierwszych dwó ch czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-2 wyników, gdyªza trzecim razem nie moªemy p onownie wybra¢ liczby, któr° juª wybrali±my za pierwszymlub za drugim razem (czyli wybieramy liczb ¶ c ze zbioru [m]\{a,b}).


Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m ·(m-1) ·(m-2) wyników.

Zadanie 34.Rzucamy 5 razy kostk° dwudziesto±cienn°, zapisuj°c wyniki w kolejno±ci rzutów. Ile jestmoªliwych wyników, w których ªadna liczba si¶ nie p owtórzy?

Rozwiπzanie

Wykonujemy pi¶¢ czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej liczby; ta czynno±¢ koćzy si¶ jednymz 20 wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wynikupierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 19 wyników, gdyª druga liczba nie moªe by¢ równapierwszej,

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej liczby; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wyni-ków pierwszej i drugiej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 18 wyników, gdyª trzecia liczba musiby¢ róªna o d pierwszych dwó ch,

• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu czwartej liczby; ta czynno±¢, niezaleªnie o dwyników pierwszych trzech czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 17 wyników, gdyª czwarta liczbamusi by¢ róªna o d pierwszych trzech,

• pi°ta czynno±¢ p olega na wybraniu pi°tej liczby; ta czynno±¢, niezaleªnie o d wynikupierwszych czterech czynno±ci, koćzy si¶ jednym z 16 wyników, gdyª pi°ta liczba musi by¢róªna o d pierwszych czterech.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ 20·19·18·17·16=1860480 wyników.

Zadanie 35.Dane s° liczby naturalne n i m (takie, ªe 1˛n˛m). Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cysp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe 1˛a1, . . . ,an˛m oraz ªadne dwawyrazy ci° gu nie s° równe (czyli, inaczej mówi°c, a1, . . . ,anœ [m] oraz ai ”=aj dla dowolnychi oraz j takich, ªe 1˛ i< j˛n).

Udowo dnij, ªe |A|=m ·(m-1) · . . . ·(m-n+1).

Rozwiπzanie


• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej liczby a1 ze zbioru [m]; ta czynno±¢koćzy si¶ jednym z m wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej liczby a2 ze zbioru [m]; ta czynno±¢,niezaleªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-1 wyników, gdyª zadrugim razem nie moªemy p onownie wybra¢ liczby, któr° juª wybrali±my za pierwszymrazem (zatem liczb ¶ a2 wybieramy ze zbioru [m]\{a1}),

• . . .


• ostatnia, n-ta czynno±¢ p olega na wybraniu n-tej liczby an ze zbioru [m]; ta czynno±¢,niezaleªnie o d wyniku pierwszych n-1 czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-n+1 wyników,gdyª za ostatnim razem nie moªemy p onownie wybra¢ ªadnej liczby, któr° wybrali±my w jed-nej z wcze±niejszych czynno±ci (zatem liczb ¶ an wybieramy ze zbioru [m]\{a1, . . . ,an-1}).

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m·(m-1)·. . .·(m-n+1) wyników(w tym ilo czynie zna jduje si¶ dok™adnie n czynników: pierwszy jest równy m, kaªdy nast¶pnyjest o 1 mniejszy o d p oprzedniego).


• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe 1˛a1, . . . ,an˛n oraz ªadne dwawyrazy ci° gu nie s° równe (czyli, inaczej mówi°c, a1, . . . ,anœ [n] oraz ai ”=aj dla dowolnychi oraz j takich, ªe 1˛ i< j˛n).

Udowo dnij, ªe |A|=n ·(n-1) · . . . ·2 ·1.

Rozwiπzanie

Korzystamy z p oprzedniego zadania, w którym przyjmujemy m=n.

Uwaga

Ilo czyn n · (n-1) · . . . ·2 ·1 jest oznaczany symb olem n!. Przyjmujemy równieª, ªe 0! = 1.Ci° g d™ugo±ci n, którego wyrazami s° wszystkie liczby o d 1 do n, w dowolnej kolejno±ci,nazywamy permutacjπ zbioru liczb [n].

Zadanie 37.Dane s° liczby naturalne n i m (takie, ªe 1˛n˛m) i dany jest zbiór A taki, ªe |A|=m.Definiujemy zbiór B w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór B sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe a1, . . . ,anœA oraz ªadne dwa wyrazyci° gu nie s° równe (czyli, inaczej mówi°c, ai ”=aj dla dowolnych i oraz j takich, ªe 1˛i<j˛n).

Udowo dnij, ªe |A|=m ·(m-1) · . . . ·(m-n+1).

Rozwiπzanie


• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢koćzy si¶ jednym z m wyników,

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢, nieza-leªnie o d wyniku pierwszej czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-1 wyników, gdyª za drugimrazem nie moªemy p onownie wybra¢ elementu wybranego za pierwszym razem,

• . . .

• ostatnia, n-ta czynno±¢ p olega na wybraniu n-tego elementu ze zbioru A; ta czynno±¢,niezaleªnie o d wyniku pierwszych n- 1 czynno±ci, koćzy si¶ jednym z m-n+ 1 wyni-


ków, gdyª za ostatnim razem nie moªemy p onownie wybra¢ ªadnego elementu, który zosta™wybrany w jednej z wcze±niejszych czynno±ci.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ m·(m-1)·. . .·(m-n+1) wyników(w tym ilo czynie zna jduje si¶ dok™adnie n czynników: pierwszy jest równy m, kaªdy nast¶pnyjest o 1 mniejszy o d p oprzedniego).

Zadanie 38.Dana jest liczba naturalna nˇ 1 i dany jest zbiór A taki, ªe |A|=n. Definiujemy zbiór B

w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór B sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe a1, . . . ,anœA oraz ªadne dwa wyrazyci° gu nie s° równe (czyli, inaczej mówi°c, ai ”=aj dla dowolnych i oraz j takich, ªe 1˛i<j˛n).

Udowo dnij, ªe |A|=n!.

Rozwiπzanie

Korzystamy z p oprzedniego zadania, w którym przyjmujemy m=n.

Uwaga

Ci° g d™ugo±ci n, którego wyrazami s° wszystkie elementy danego n-elementowego zbioru A

(w dowolnej kolejno±ci) nazywamy permutacjπ zbioru A (lub p ermutacj° elementów tegozbioru).

Zadanie 39.Ile jest liczb cztero cyfrowych?

Rozwiπzanie

Wykonujemy cztery czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry tysi¶cy);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 9 wyników (b o pierwsz° cyfr° nie moªe by¢ 0),

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry setek); taczynno±¢ koćzy si¶ jednym z 10 wyników,

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry dziesi°tek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 10 wyników,

• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu czwartej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 10 wyników.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe ™°cznie moªemy otrzyma¢ 9 ·10 ·10 ·10= 9000 wyników.

Zadanie 40.Ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych?


Rozwiπzanie





• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu czwartej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 5 wyników (b o ostatnia cyfra musi by¢ nieparzysta).


Zadanie 41.Ile jest parzystych liczb cztero cyfrowych?

Rozwiπzanie





• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu czwartej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 5 wyników (b o ostatnia cyfra musi by¢ parzysta).


Zadanie 42.Ile jest liczb cztero cyfrowych o czterech róªnych cyfrach (tzn. takich, w których ªadna cyfrasi¶ nie p owtarza)?

Rozwiπzanie



• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry setek); taczynno±¢ koćzy si¶ jednym z 9 wyników (b o druga cyfra musi by¢ róªna o d pierwszej),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry dziesi°tek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o trzecia cyfra musi by¢ róªna o d pierwszychdwó ch),

5.5. Regu™y do dawania i mnoªenia razem 97

• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu czwartej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 7 wyników (b o czwarta cyfra musi by¢ róªna o d pierwszychtrzech).


Zadanie 43.Ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych o czterech róªnych cyfrach (tzn. takich, w któ-rych ªadna cyfra si¶ nie p owtarza)?

Rozwiπzanie

Wykonujemy cztery czynno±ci; tym razem jednak b ¶dziemy wybiera¢ cyfry w innej kolej-no±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu ostatniej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 5 wyników (b o ostatnia cyfra musi by¢ nieparzysta),

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry tysi¶cy);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o pierwsz° cyfr° nie moªe by¢ 0 i pierwszacyfra musi by¢ róªna o d ostatniej),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry setek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o druga cyfra musi by¢ róªna o d pierwszeji ostatniej),

• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry dziesi°tek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 7 wyników (b o trzecia cyfra musi by¢ róªna o d pierwszychdwó ch i ostatniej).


5.5. Regu≥y dodawania i mnoøenia razem

W tym rozdziale za jmiemy si¶ zadaniami, w których b ¶dziemy wykorzystywa¢ wszystkiep oznane zasady kombinatoryczne. W szczególno±ci zobaczymy rozwi°zania zada´, w którychs° wykorzystywane jedno cze±nie regu™y do dawania i mnoªenia.

Zadanie 44.Ile jest parzystych liczb cztero cyfrowych o czterech róªnych cyfrach (tzn. takich, w którychªadna cyfra si¶ nie p owtarza)?

Rozwiπzanie

Jeden sp osób rozwi°zania p olega na skorzystaniu z zada´ 42 i 43. Istnieje 4536 liczb czte-ro cyfrowych o róªnych cyfrach, w±ró d nich jest 2240 liczb nieparzystych. St°d wynika, ªeistnieje 4536-2240= 2296 parzystych liczb cztero cyfrowych o róªnych cyfrach.


Drugi sp osób rozwi°zania p olega na zastosowaniu regu™y do dawania i regu™y mnoªenia.Mamy dwa przypadki.

Przypadek 1. Ostatni° cyfr° naszej liczby jest zero. Teraz wykonujemy trzy czynno±ci:


• druga czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry setek); taczynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o druga cyfra musi by¢ róªna o d pierwszej i o dczwartej),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry dziesi°tek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 7 wyników (b o trzecia cyfra musi by¢ róªna o d pierwszychdwó ch i o d czwartej).

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe w tym przypadku mamy 9 ·8 ·7= 504 liczby.

Przypadek 2. Ostatnia cyfra jest róªna o d zera. Tym razem mamy do wykonania czteryczynno±ci; jeszcze raz zaczniemy o d wybierania ostatniej cyfry:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu ostatniej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 4 wyników (b o ostatnia cyfra musi by¢ parzysta i róªna o dzera),

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu pierwszej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry tysi¶cy);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o pierwsz° cyfr° nie moªe by¢ 0 i pierwszacyfra musi by¢ róªna o d ostatniej),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu drugiej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry setek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 8 wyników (b o druga cyfra musi by¢ róªna o d pierwszeji ostatniej),

• czwarta czynno±¢ p olega na wybraniu trzeciej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry dziesi°tek);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 7 wyników (b o trzecia cyfra musi by¢ róªna o d pierwszychdwó ch i ostatniej).

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe w tym przypadku mamy 4 ·8 ·8 ·7= 1792 liczby.

Wreszcie z regu™y do dawania wynika, ªe istnieje 504+1792= 2296 parzystych liczb cztero-cyfrowych o czterech róªnych cyfrach.

Zadanie 45.Ile jest parzystych liczb siedmio cyfrowych, w których zapisie dziesi¶tnym wyst¶puje dok™ad-nie jedno zero i dok™adnie jedna jedynka?

Rozwiπzanie

Zastosujemy regu™y do dawania i mnoªenia. Mamy dwa przypadki.

Przypadek 1. Ostatni° cyfr° naszej liczby jest zero. Teraz wykonujemy dwie czynno±ci:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu miejsca, na którym umie±cimy jedynk¶; taczynno±¢ koćzy si¶ jednym z 6 wyników (b o p o umieszczeniu zera na ostatnim miejscumamy do wyb oru 6 pierwszych miejsc),


• druga czynno±¢ p olega na wpisaniu w kaªde z p ozosta™ych wolnych 5 miejsc jednej z 8cyfr róªnych o d zera i o d 1; ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 85 wyników.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe w tym przypadku mamy 6 ·85 liczb.

Przypadek 2. Ostatnia cyfra jest róªna o d zera. Tym razem mamy do wykonania czteryczynno±ci; zaczniemy o d wybierania ostatniej cyfry:

• pierwsza czynno±¢ p olega na wybraniu ostatniej cyfry naszej liczby (tzn. cyfry jedno±ci);ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 4 wyników (b o ostatnia cyfra musi by¢ parzysta i róªna o dzera),

• druga czynno±¢ p olega na wybraniu miejsca na wpisanie zera; ta czynno±¢ koćzy si¶jednym z 5 wyników (b o pierwsza cyfra nie moªe by¢ zerem i w tym przypadku ostatnia teªnie jest zerem),

• trzecia czynno±¢ p olega na wybraniu miejsca na wpisanie jedynki; ta czynno±¢ koćzysi¶ jednym z 5 wyników (b o jedynki nie moªna wpisa¢ na miejscu ostatnim i na miejscuwybranym dla zera),

• czwarta czynno±¢ p olega na wpisaniu w kaªde z p ozosta™ych wolnych 4 miejsc jednejz 8 cyfr róªnych o d zera i o d 1; ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z 84 wyników.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe w tym przypadku mamy 4 ·5 ·5 ·84 liczb.

Wreszcie z regu™y do dawania wynika, ªe istnieje 6 ·85+4 ·5 ·5 ·84 = 148 ·84 = 606208 liczbrozwaªanych w tym zadaniu.

Zadanie 46.Ile jest nieparzystych liczb naturalnych cztero cyfrowych, w których co na jmniej jedna cyfrajest dziewi°tk°?

Rozwiπzanie

Omówimy 6 sp osob ów rozwi°zania tego zadania.


W tym sp osobie spróbujemy wypisa¢ interesuj°ce nas liczby w kolejno±ci rosn°cej. Na pierw-szy rzut oka wyda je si¶, ªe jest to idiotyczna meto da rozwi°zywania zadania. Tych liczb jestduªo (okaªe si¶, ªe prawie 2000) i z p ewno±ci° nie uda nam si¶ w rozs°dnym czasie wypisa¢wszystkich. Po chwili zastanowienia moªemy jednak dostrzec, ªe wypisywanie kolejno w™a-±ciwych liczb p ozwala zauwaªy¢ p ewn° regu™¶ ogóln°, a ta regu™a z kolei p ozwala wszystkiete liczby ™atwo zliczy¢. Zaczynamy o d liczb, w których pierwsz° cyfr° jest jedynka. Niechdrug° cyfr° b ¶dzie zero. Pierwsze 9 liczb to 1009, 1019, 1029 i tak dalej aª do 1089. Potemdziewi°tka p o jawi si¶ na trzecim miejscu i na czwartym moªemy mie¢ dowoln° z pi¶ciu cyfrnieparzystych. W ten sp osób dostaniemy 14 na jmniejszych liczb. Potem b ¶dzie to samo, alezaczynamy nie o d cyfr 1, 0, ale o d cyfr 1, 1. Dostaniemy nast¶pne 14 liczb. I tak b ¶dzie 9


razy (b o drug° cyfr° moªe by¢ dowolna cyfra róªna o d 9):

1009 1019 1029 1039 1049 1059 1069 1079 1089

1091 1093 1095 1097 1099

1109 1119 1129 1139 1149 1159 1169 1179 1189

1191 1193 1195 1197 1199

1209 1219 1229 1239 1249 1259 1269 1279 1289

1291 1293 1295 1297 1299

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1809 1819 1829 1839 1849 1859 1869 1879 1889

1891 1893 1895 1897 1899

W ten sp osób dostaniemy 9 ·14= 126 liczb. Teraz p ora na liczby zaczyna j°ce si¶ o d cyfr1, 9. Na ostatnich dwó ch miejscach moªemy zapisa¢ dowoln° dwucyfrow° liczb ¶ nieparzy-st°. Liczb dwucyfrowych jest 100, nieparzystych jest p o™owa, a wi¶c 50. Oto te 50 liczbcztero cyfrowych:

1901 1903 1905 1907 1909

1911 1913 1915 1917 1919

1921 1923 1925 1927 1929

1931 1933 1935 1937 1939

1941 1943 1945 1947 1949

1951 1953 1955 1957 1959

1961 1963 1965 1967 1969

1971 1973 1975 1977 1979

1981 1983 1985 1987 1989

1991 1993 1995 1997 1999

Mamy zatem 176 liczb. I tak b ¶dzie 8 razy (pierwsz° cyfr° moªe by¢ dowolna cyfra opró cz0 i 9. Mamy zatem 8 ·176= 1408 liczb. Zosta™y liczby zaczyna j°ce si¶ cyfr° 9. Na ostat-nich trzech miejscach moªemy zapisa¢ dowoln° liczb ¶ trzycyfrow° nieparzyst°. Jest ich 500.Zatem ™°cznie mamy 1908 liczb.

Jeden komentarz do tego sp osobu rozwi°zania: je±li nie umiemy rozwi°za¢ zadania, to cza-sem op™aca si¶ p o dj°¢ wysi™ek, by zacz°¢ rozwi°zywa¢ je meto d° na jbardziej brutaln°, napierwszy rzut oka b ezsensown°, nie da j°c° szans na dokoćzenie rozwi°zania w sensownymczasie. Moªe si¶ okaza¢, ªe w czasie rozwi°zywania dostrzeªemy jaki± sp osób, który jednakp ozwoli dokoćzy¢ rozwi°zanie szyb ciej.


W tym rozwi°zaniu rozpatrzymy cztery przypadki w zaleªno±ci o d liczby dziewi°tek w zli-czanych liczbach. Na jpierw p oliczymy liczby, w których jest tylko jedna cyfra 9. Moªemyumie±ci¢ j° na jednym z czterech miejsc.

• Je±li umie±cimy jedyn° dziewi°tk¶ na pierwszym miejscu, to na drugim i trzecim mo-ªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8), a na czwartym dowoln° z czterech róªnych o d9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7. ä°cznie da je to w tym przypadku 9 ·9 ·4= 324 liczby.

• Je±li umie±cimy jedyn° dziewi°tk¶ na drugim miejscu, to na pierwszym moªemy umie-±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), na trzecim miejscu dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8) i na


czwartym dowoln° z czterech róªnych o d 9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7. ä°cznie da je tow tym przypadku 8 ·9 ·4= 288 liczb.

• Je±li umie±cimy jedyn° dziewi°tk¶ na trzecim miejscu, to na pierwszym moªemy umie-±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), na drugim miejscu dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8) i naczwartym dowoln° z czterech róªnych o d 9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7. ä°cznie da je tow tym przypadku 8 ·9 ·4= 288 liczb.

• Je±li umie±cimy jedyn° dziewi°tk¶ na czwartym miejscu, to na pierwszym moªemyumie±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), a na drugim i trzecim dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8).ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·9 ·9= 648 liczb.

W sumie da je to 324+288+288+648= 1548 liczb z jedn° dziewi°tk°.

Nast¶pnie zliczamy liczby, w których s° dwie dziewi°tki. Te dwa miejsca, na których umiesz-czamy dwie dziewi°tki moªemy wybra¢ sp o±ró d czterech miejsc na sze±¢ sp osob ów.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym i drugim miejscu, to na trzecim miejscumoªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8), a na czwartym moªemy umie±ci¢ dowoln°z czterech róªnych o d 9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7. ä°cznie da je to w tym przypadku9 ·4= 36 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym i trzecim miejscu, to na drugim miejscumoªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8), a na czwartym moªemy umie±ci¢ dowoln°z czterech róªnych o d 9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7. ä°cznie da je to w tym przypadku9 ·4= 36 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym i czwartym miejscu, to na drugim i trzecimmiejscu moªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8). ä°cznie da je to w tym przypadku9 ·9= 81 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na drugim i trzecim miejscu, to na pierwszym moªemyumie±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), a na czwartym dowoln° z czterech róªnych o d 9 cyfrnieparzystych: 1, 3, 5 lub 7. ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·4= 32 liczby.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na drugim i czwartym miejscu, to na pierwszym miejscumoªemy umie±ci¢ jedn° z o±miu cyfr (o d 1 do 8), a na trzecim miejscu moªemy umie±ci¢dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8). ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·9= 72 liczby.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na trzecim i czwartym miejscu, to na pierwszym miejscumoªemy umie±ci¢ jedn° z o±miu cyfr (o d 1 do 8), a drugim moªemy umie±ci¢ dowoln° z 9cyfr (o d 0 do 8). ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·9= 72 liczby.

W sumie da je to 36+36+81+32+72+72= 329 liczb z dwiema dziewi°tkami.

Teraz zliczamy liczby z trzema dziewi°tkami. Te dziewi°tki moªemy umie±ci¢ na czterysp osoby.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym, drugim i trzecim miejscu, to na czwartymmiejscu moªemy umie±ci¢ dowoln° z czterech róªnych o d 9 cyfr nieparzystych: 1, 3, 5 lub 7.W tym przypadku mamy zatem 4 liczby.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym, drugim i czwartym miejscu, to na trzecimmiejscu moªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8). W tym przypadku mamy zatem9 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym, trzecim i czwartym miejscu, to na drugim


miejscu moªemy umie±ci¢ dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8). W tym przypadku mamy zatem9 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na drugim, trzecim i czwartym miejscu, to na pierwszymmiejscu moªemy umie±ci¢ jedn° z o±miu cyfr (o d 1 do 8). W tym przypadku mamy zatem8 liczb.

W sumie da je to 4+9+9+8= 30 liczb z trzema dziewi°tkami.

Wreszcie mamy jedn° liczb ¶ z czterema dziewi°tkami; jest ni° 9999.

Teraz do da jemy otrzymane wyniki. Mamy zatem 1548+329+30+1= 1908 liczb.


W tym sp osobie rozwi°zania p okaª¶ na jpierw rozumowanie b™¶dne. Wskazany b™°d jestniezwykle cz¶sto p op e™niany przez uczniów rozwi°zuj°cych p o dobne zadania. Wiemy, ªejedn° z cyfr jest 9; moªemy j° umie±ci¢ na jednym z czterech miejsc: pierwszym, drugim,trzecim lub czwartym.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na pierwszym miejscu, to na drugim i trzecim moªemyumie±ci¢ dowoln° z 10 cyfr, a na czwartym dowoln° z pi¶ciu cyfr nieparzystych. ä°cznieda je to w tym przypadku 500 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na drugim miejscu, to na pierwszym moªemy umie±ci¢dowoln° z 9 cyfr, na trzecim dowoln° z 10 cyfr, a na czwartym dowoln° z pi¶ciu cyfr niepa-rzystych. ä°cznie da je to w tym przypadku 450 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na trzecim miejscu, to na pierwszym moªemy umie±ci¢dowoln° z 9 cyfr, na drugim dowoln° z 10 cyfr, a na czwartym dowoln° z pi¶ciu cyfr niepa-rzystych. ä°cznie da je to w tym przypadku 450 liczb.

• Je±li umie±cimy dziewi°tk¶ na czwartym miejscu, to na pierwszym moªemy umie±ci¢dowoln° z 9 cyfr, a na drugim i trzecim dowoln° z 10 cyfr. ä°cznie da je to w tym przypadku900 liczb.

W sumie da je to 500+450+450+900= 2300 liczb.

Gdzie jest b™°d w tym rozumowaniu? Otóª okazuje si¶, ªe niektóre liczby zosta™y p oliczo-ne wielokrotnie. Przypu±¢my, ªe na jpierw umie±cili±my cyfr¶ 9 na pierwszym miejscu, a nap ozosta™ych miejscach umie±cili±my kolejno cyfry 5, 2 i 9. Otrzymali±my liczb ¶ 9529. Przypu-±¢my teraz, ªe na jpierw umie±cili±my cyfr¶ 9 na czwartym miejscu, a nast¶pnie umie±cili±myna pierwszych trzech miejscach kolejno cyfry 9, 5 i 2. Znów otrzymali±my liczb ¶ 9529. Taliczba zosta™a wi¶c w p owyªszym sp osobie zliczania p oliczona dwukrotnie. Zobaczmy teraz,w jaki sp osób moªna p oprawi¢ to rozwi°zanie b™¶dne.

Dostali±my wynik 2300, ale niektóre liczby zosta™y p oliczone wielokrotnie: liczby z dwiemadziewi°tkami by™y p oliczone p o dwa razy, liczby z trzema dziewi°tkami p o trzy razy, a liczba9999 nawet cztery razy. W sp osobie drugim p oliczyli±my liczby z dwiema i trzema dziewi°t-kami: z dwiema jest 329 liczb, z trzema 30. Mamy teª jedn° liczb ¶ z czterema dziewi°tkami:9999. Od otrzymanego wyniku musimy zatem o dj°¢ 329 (czyli liczb ¶ p oliczonych p o dwó j-nie liczb z dwiema dziewi°tkami), nast¶pnie o dj°¢ 60 (czyli p o dwo jon° liczb ¶ p oliczonychp o dwó jnie liczb z trzema dziewi°tkami) i wreszcie o dj°¢ 3 (gdyª liczb ¶ 9999 p oliczyli±my4 razy).


Mamy zatem 2300-329-2 ·30-3= 2300-392= 1908 liczb.


W tym sp osobie na jpierw p oliczymy wszystkie liczby cztero cyfrowe nieparzyste, a nast¶pnieo d otrzymanego wyniku o dejmiemy liczb ¶ „z™ych” liczb, tzn. tych liczb, w których dziewi°t-ka nie wyst¶puje.

Wszystkich liczb cztero cyfrowych jest 9000; co druga jest nieparzysta. Istnieje zatem 4500liczb cztero cyfrowych nieparzystych. Moªemy równieª rozumowa¢ nast¶puj°co: na pierw-szym miejscu moªna umie±ci¢ jedn° z dziewi¶ciu cyfr, na drugim i trzecim jedn° z dziesi¶ciucyfr, a na czwartym jedn° z pi¶ciu cyfr nieparzystych: 1, 3, 5, 7, 9. Z regu™y mnoªenia wyni-ka, ªe mamy zatem 9 ·10 ·10 ·5=4500 cztero cyfrowych liczb nieparzystych. Teraz p oliczymywszystkie cztero cyfrowe liczby nieparzyste, w których nie wyst¶puje cyfra 9. Tym razem napierwszym miejscu moªemy umie±ci¢ jedn° z o±miu cyfr (o d 1 do 8), na drugim i trzecimjedn° z dziewi¶ciu cyfr (o d 0 do 8), a na czwartym jedn° z czterech róªnych o d 9 cyfr niepa-rzystych: 1, 3, 5, 7; ™°cznie mamy zatem 8·9·9·4=2592 „z™ych” liczb. Liczby, o które cho dziw zadaniu, to o czywi±cie liczby naleøπce do pierwszej grupy (wszystkie cztero cyfrowe liczbynieparzyste) i nie naleøπce do drugiej grupy (w której s° cztero cyfrowe liczby nieparzystebez dziewi°tki). St°d wynika, ªe liczb, o które cho dzi w zadaniu, jest 4500-2592= 1908.

V sposób rozwiπzania

W tym sp osobie rozwi°zania b ¶dziemy rozpatrywa¢ cztery przypadki w zaleªno±ci o d tego,na którym miejscu zna jduje si¶ pierwsza dziewi°tka.

• Je±li pierwsz° dziewi°tk¶ umie±cimy na pierwszym miejscu, to na drugim i trzecimmoªemy umie±ci¢ dowoln° z 10 cyfr, a na czwartym dowoln° z pi¶ciu cyfr nieparzystych.ä°cznie da je to w tym przypadku 10 ·10 ·5= 500 liczb.

• Je±li pierwsz° dziewi°tk¶ umie±cimy na drugim miejscu, to na pierwszym moªemyumie±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), na trzecim dowoln° z 10 cyfr, a na czwartym dowoln°z pi¶ciu cyfr nieparzystych. ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·10 ·5= 400 liczb.

• Je±li pierwsz° dziewi°tk¶ umie±cimy na trzecim miejscu, to na pierwszym moªemyumie±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), na drugim dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8), a na czwartymdowoln° z pi¶ciu cyfr nieparzystych. ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·9 ·5= 360 liczb.

• Je±li pierwsz° dziewi°tk¶ umie±cimy na czwartym miejscu, to na pierwszym moªemyumie±ci¢ dowoln° z 8 cyfr (o d 1 do 8), a na drugim i trzecim dowoln° z 9 cyfr (o d 0 do 8).ä°cznie da je to w tym przypadku 8 ·9 ·9= 648 liczb.

W sumie da je to 500+400+360+648= 1908 liczb.

Oczywi±cie w p o dobny sp osób mogliby±my rozpatrywa¢ cztery przypadki w zaleªno±ci o dtego, na którym miejscu zna jduje si¶ ostatnia dziewi°tka. Szczegó™y takiego rozwi°zaniap ozostawi¶ jako ¢wiczenie.

VI sposób rozwiπzania

W tym sp osobie zastosujemy zasad¶ w™°cze´ i wy™°cze´ dla czterech liczb. Definiujemycztery zbiory A, B, C i D w nast¶puj°cy sp osób:

• w zbiorze A zna jduj° si¶ liczby, w których na pierwszym miejscu zna jduje si¶ cyfra 9,


• w zbiorze B zna jduj° si¶ liczby, w których na drugim miejscu zna jduje si¶ cyfra 9,

• w zbiorze C zna jduj° si¶ liczby, w których na trzecim miejscu zna jduje si¶ cyfra 9,

• w zbiorze D zna jduj° si¶ liczby, w których na czwartym miejscu zna jduje si¶ cyfra 9,

Oczywi±cie chcemy obliczy¢ |AfiBfiCfiD|. Zastosujemy wzór:

|AfiBfiCfiD|= |A|+ |B|+ |C|+ |D|- |AflB|- |AflC|- |AflD|- |BflC|- |BflD|- |CflD|+

+|AflBflC|+ |AflBflD|+ |AflCflD|+ |BflCflD|- |AflBflCflD|.

Teraz mamy (szczegó™y oblicze´ zostawiam jako ¢wiczenie):

|A|= 10 ·10 ·5= 500, |B|= 9 ·10 ·5= 450, |C|= 9 ·10 ·5= 450, |D|= 9 ·10 ·10= 900,

|AflB|= 10 ·5= 50, |AflC|= 10 ·5= 50, |AflD|= 10 ·10= 100,

|BflC|= 9 ·5= 45, |BflD|= 9 ·10= 90, |CflD|= 9 ·10= 90,

|AflBflC|= 5, |AflBflD|= 10, |AflCflD|= 10, |BflCflD|= 9,

|AflBflCflD|= 1.

St°d

|AfiBfiCfiD|= 500+450+450+900-50-50-100-45-90-90+5+10+10+9-1=

= 2300-425+34-1= 1908.

5.6. Wspó≥czynniki dwumianowe i dowodykombinatoryczne.

Ostatnim p o j¶ciem kombinatorycznym, które omówi¶ w tych wyk™adach, jest tzw. wspó≥-czynnik dwumianowy. Zanim go zdefiniuj¶, za jm¶ si¶ jeszcze raz zliczaniem ci° gów zero-jedynkowych. Jak wiemy, istnieje 2n takich ci° gów. Waªne ¢wiczenie p olega na wypisaniuwszystkich takich ci° gów d™ugo±ci 2, 3, 4 i 5 i p oliczeniu, ile w±ró d nich jest ci° gów z dan°liczb° jedynek. Oto te ci° gi d™ugo±ci 5:

00000 00001 00011 00111 01111 11111

00010 00101 01011 10111

00100 00110 01101 11011

01000 01001 01110 11101

10000 01010 10011 11110

01100 10101

10001 10110

10010 11001

10100 11010

11000 11100

W pierwszej kolumnie mamy jedyny ci° g ma j°cy same zera, czyli ma j°cy zero jedynek.W drugiej kolumnie mamy 5 ci° gów z jedn° jedynk°, w nast¶pnej 10 ci° gów z dwiemajedynkami i tak dalej. Po prawid™owym wypisaniu wszystkich ci° gów i obliczeniu, ile z nich

5.6. Wsp ó™czynniki dwumianowe i dowo dy kombinatoryczne. 105

ma dan° liczb ¶ jedynek, zauwaªamy, ªe otrzymane liczby s° dobrze znane z tró jk°ta Pascala(który uczniowie p owinni widzie¢ wcze±niej, na przyk™ad przy okazji wzorów skró conegomnoªenia):

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

Teraz wprowadzamy definicj¶ wspó≥czynnika dwumianowego: liczba3n

k

4jest równa liczbie

ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n, w których jest k jedynek. Otrzymany tró jk°t Pascalawygl°da wtedy nast¶puj°co:

31

0

4 31

1

4

32

0

4 32

1

4 32

2

4

33

0

4 33

1

4 33

2

4 33

3

4

34

0

4 34

1

4 34

2

4 33

3

4 34

4

4

35

0

4 35

1

4 35

2

4 33

3

4 35

4

4 35

5

4

Znamy zasad¶ tworzenia tró jk°ta Pascala: kaªdy wiersz zaczyna si¶ i koćzy jedynk° orazkaªdy wyraz jest sum° dwó ch wyrazów sto j°cych nad nim jeden wiersz wyªej. T¶ zasad¶moªemy sformu™owa¢ w p ostaci nast¶puj°cego twierdzenia.

Twierdzenie 1. Dla dowolnego nˇ 1 mamy:3n

0

4=

3n

n

4= 1.

Ponadto dla dowolnego nˇ 2 i dowolnego k takiego, ªe 0<k<n mamy3n

k

4=

3n-1

k-1

4+

3n-1

k

4.

Dowód

Równo±¢3n

0

4= 1 wynika st°d, ªe istnieje dok™adnie jeden ci° g zero jedynkowy d™ugo±ci n

ma j°cy 0 jedynek, mianowicie ci° g sk™ada j°cy si¶ z samych zer. Po dobnie3n

n

4=1, b o tylko

jeden ci° g zero jedynkowy d™ugo±ci n ma n jedynek; jest to ci° g sk™ada j°cy si¶ z samychjedynek. Przypu±¢my teraz, ªe mamy liczby n i k takie, ªe nˇ 2 oraz 0<k<n. Wszystkieci° gi zero jedynkowe d™ugo±ci n i ma j°ce k jedynek p o dzielimy teraz na dwa zbiory. Wzbiorze A zna jd° si¶ te ci° gi, w których ostatni wyraz jest równy 1. W zbiorze B zna jd° si¶


te ci° gi, w których ostatni wyraz jest równy 0. Popatrzmy na przyk™ad. Niech n= 6 i k= 4.Oto wszystkie ci° gi zero jedynkowe d™ugo±ci 6, w których wyst¶puj° 4 jedynki:

00111 | 1 01111 | 0

01011 | 1 10111 | 0

01101 | 1 11011 | 0

01110 | 1 11101 | 0

10011 | 1 11110 | 0

10101 | 1

10110 | 1

11001 | 1

11010 | 1

11100 | 1

Ostatnie wyrazy tych ci° gów zosta™y o ddzielone kresk°. Po lewej stronie mamy ci° gi ko´-cz°ce si¶ jedynk°, p o prawej stronie mamy ci° gi koćz°ce si¶ zerem. Zauwaªmy, ªe przedkresk° mamy p o lewej stronie wszystkie moªliwe ci° gi zero jedynkowe d™ugo±ci 5 z trzemajedynkami, a p o prawej stronie wszystkie moªliwe ci° gi zero jedynkowe d™ugo±ci 5 z czteremajedynkami. A wi¶c w naszym przyk™adzie mamy równo±¢

36

4

4=

35

3

4+

35

4

4.

Popatrzmy teraz na te ci° gi w ca™ej ogólno±ci. Na jpierw we wszystkich ci° gach naleª°cychdo zbioru A skre±lmy ostatni° jedynk¶ — otrzymamy wszystkie moªliwe ci° gi zero jedynkowed™ugo±ci n-1 ma j°ce k-1 jedynek (pami¶ta jmy, ªe jedn° z k jedynek skre±lili±my). Na-st¶pnie we wszystkich ci° gach naleª°cych do zbioru B skre±lmy ostatnie zero — otrzymamywszystkie ci° gi zero jedynkowe d™ugo±ci n ma j°ce k jedynek. Zatem z definicji wsp ó™czynnikadwumianowego mamy równo±ci

|A|=

3n-1

k-1

4oraz |B|=

3n-1

k

4.

Poniewaª zbiory A i B nie ma j° wsp ólnych elementów oraz zbiór AfiB sk™ada si¶ ze wszyst-kich ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n ma j°cych k jedynek, wi¶c

3n

k

4= |AfiB|= |A|+ |B|=

3n-1

k

4+

3n-1

k-1

4.

To koćzy dowó d twierdzenia. ⇤Naturalnym pytaniem jest to, w jaki sp osób moªemy oblicza¢ wsp ó™czynniki dwumianowe.Dla ma™ych n moªemy p o prostu wypisa¢ kilka p o cz°tkowych wierszy tró jk°ta Pascala. Dlak= 2 i k= 3 moªemy skorzysta¢ z wyników nast¶puj°cych dwó ch zada´.

Zadanie 47.Dana jest liczba naturalna nˇ 2. Definiujemy zbiory A i B w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i< j˛n,

• zbiór B sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i, j˛n oraz i ”= j.


Udowo dnij, ªe wówczas 2·|A|=|B|. Wyprowadπ st°d wniosek, ªe3n

2

4=|S2(n)|=|A|=

n(n-1)

2.

Rozwiπzanie

Na jpierw wykaªemy, ªe 2·|A|= |B|. W tym celu kaªd° par¶ (i, j) ze zbioru A p o™°czymy w paryz dwiema parami ze zbioru B: (i, j) oraz (j, i). Nietrudno sprawdzi¢, ªe kaªda para ze zbioru B

b ¶dzie w ten sp osób p o™°czona z dok™adnie jedn° par° ze zbioru A. To dowo dzi, ªe 2·|A|= |B|.

Z zadania 7 wiemy, ªe |A|= |S2(n)|=

3n

2

4oraz z zadania 32 wiemy, ªe |B|=n(n-1). To

dowo dzi, ªe 2 ·3n

2

4=n(n-1), czyli ªe

3n

2

4=

n(n-1)

2.

Zadanie 48.Dana jest liczba naturalna nˇ 2. Definiujemy zbiory A i B w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z tró jek (i, j,k) takich, ªe 1˛ i< j<k˛n,

• zbiór B sk™ada si¶ z tró jek (i, j,k) takich, ªe 1˛ i, j,k˛n oraz i ”= j, i ”= k, j ”= k.

Udowo dnij, ªe wówczas 6 · |A|= |B|. Wyprowadπ st°d wniosek, ªe3n

3

4= |S3(n)|= |A|=

n(n-1)(n-2)

6.

Rozwiπzanie

Na jpierw wykaªemy, ªe 6 · |A|= |B|. W tym celu kaªd° tró jk¶ (i, j,k) ze zbioru A p o™°czymyw pary z sze±cioma tró jkami ze zbioru B:

(i, j,k), (i,k, j), (j, i,k), (j,k, i), (k,i, j), (k,j, i).

Nietrudno sprawdzi¢, ªe kaªda tró jka ze zbioru B b ¶dzie w ten sp osób p o™°czona z dok™adnie

jedn° tró jk° ze zbioru A. To dowo dzi, ªe 6·|A|= |B|. Z zadania 8 wiemy, ªe |A|= |S3(n)|=

3n

3

4

oraz z zadania 33 wiemy, ªe |B|=n(n-1)(n-2). To dowo dzi, ªe 6 ·3n

3

4=n(n-1)(n-2),

czyli ªe3n

3

4=

n(n-1)(n-2)

6.

Oczywi±cie w p o dobny sp osób moªna udowo dni¢, ªe3n

4

4=

n(n-1)(n-2)(n-3)

24,

3n

5

4=

n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)

120

i tak dalej. Nast¶pne zadanie p okazuje, ªe p owyªsze wzory moªna uogólni¢. Otrzymujemyw ten sp osób wzór ogólny na wsp ó™czynniki dwumianowe.

Zadanie 49.Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe 1˛ k˛n. Definiujemy zbiory A i B w nast¶puj°cysp osób:


• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,ak) takich, ªe 1˛a1 < .. . <ak˛n,

• zbiór B sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,ak) takich, ªe 1˛ a1, . . . ,ak ˛n oraz ªadne dwawyrazy ci° gu nie s° równe (tzn. ai ”=aj dla dowolnych i, j takich, ªe 1˛ i< j˛k).

Udowo dnij, ªe wówczas k! · |A|= |B|. Wyprowadπ st°d wniosek, ªe3n

k

4= |Sk(n)|= |A|=

n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1)

k!.

Rozwiπzanie

Na jpierw wykaªemy, ªe k!·|A|=|B|. W tym celu kaªdy ci° g (a1, . . . ,ak) ze zbioru A p o™°czymyw k! par z tymi ci° gami ze zbioru B, które ma j° te same wyrazy co ci° g (a1, . . . ,ak), ale wewszystkich moªliwych kolejno±ciach. Inaczej mówi°c, ci° g (a1, . . . ,ak) ™°czymy z ci° gami,które s° wszystkimi moªliwymi p ermutacjami wyrazów tego ci° gu. Nietrudno sprawdzi¢,ªe kaªdy ci° g ze zbioru B b ¶dzie w ten sp osób p o™°czony z dok™adnie jednym ci° giem zezbioru A — mianowicie z tym ci° giem, w którym wyrazy s° up orz°dkowane rosn°co. To

dowo dzi, ªe k! · |A|= |B|. Z zadania 9 wiemy, ªe |A|= |Sk(n)|=

3n

k

4oraz z zadania 35 wiemy,

ªe |B|=n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1). To dowo dzi, ªe k! ·3n

k

4=n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1), czyli ªe

3n

k

4=

n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1)

k!.

Wzór3n

k

4=

n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1)

k!moªna zapisa¢ w innej p ostaci, rozszerza j°c u™amek

p o prawej stronie. Mianowicie licznik i mianownik tego u™amka mnoªymy przez (n-k)!.Otrzymujemy wówczas3n

k

4=

n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1)

k!=

n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1) ·(n-k)!

k! ·(n-k)!=

n!

k! ·(n-k)!.

Inny sp osób wyprowadzenia tego wzoru wynika z nast¶puj°cego twierdzenia.

Twierdzenie 2. Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe 1˛k˛n. Wówczas

k ·3n

k

4=n ·3n-1

k-1

4.

Dowód

Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów d™ugo±ci n, w których jest k-1 wyrazów równych 1, jestjeden wyraz równy 2 i wszystkie p ozosta™e wyrazy s° równe 0.

Zauwaªmy, ªe w kaªdym ci° gu ze zbioru A jest dok™adnie k wyrazów róªnych o d zerai n-k wyrazów równych 0. W±ró d wyrazów róªnych o d zera jest jedna dwó jka i k- 1

jedynek. Pomys™ rozumowania p olega na tym, by ci° gi naleª°ce do zbioru A zliczy¢ dwomasp osobami. Poniewaª liczba elementów zbioru nie zaleªy o czywi±cie o d sp osobu zliczania,wi¶c otrzymane dwie liczby b ¶d° równe. Oba sp osoby zliczania p olega j° tak naprawd¶ natym, by p oliczy¢, na ile sp osob ów moªemy taki ci° g skonstruowa¢.


Sposób 1. Na jpierw tworzymy ci° g zero jedynkowy d™ugo±ci n, w którym jest k jedynek

(z definicji wsp ó™czynnika dwumianowego moªemy to zrobi¢ na3n

k

4sp osob ów), a nast¶pnie

jedn° jedynk¶ zamieniamy na dwó jk¶ (p oniewaª jest k jedynek, wi¶c niezaleªnie o d tego, naktórych miejscach one sto j° w naszym ci° gu, moªemy to zrobi¢ na k sp osob ów). Z regu™y

mnoªenia wynika, ªe istnieje k ·3n

k

4ci° gów rozwaªanej p ostaci.

Sposób 2. Na jpierw wybieramy miejsce, na którym wpiszemy dwó jk¶. Moªemy to miejscewybra¢ na n sp osob ów. Pozosta je n-1 miejsc; moªemy je p otraktowa¢ jako miejsca, w któ-re wpiszemy wyrazy ci° gu zero jedynkowego d™ugo±ci n-1, w którym jest k-1 jedynek.

Z definicji wsp ó™czynnika dwumianowego wiemy, ªe istnieje3n-1

k-1

4takich ci° gów. Znów

korzystamy z regu™y mnoªenia i stwierdzamy, ªe istnieje n ·3n-1

k-1

4ci° gów rozwaªanej

p ostaci.

Jak wsp omnia™em, niezaleªnie o d sp osobu zliczania elementów, musimy otrzyma¢ ten samwynik. Mamy zatem równo±¢

k ·3n

k

4=n ·3n-1

k-1

4,

co koćzy dowó d twierdzenia. ⇤Wniosek. Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe 1˛k˛n. Wówczas

3n

k

4=

n

k·3n-1

k-1

4.

Sp osób, w jaki moªemy zastosowa¢ ten wniosek do obliczania wsp ó™czynników dwumiano-wych, p okazuj¶ na przyk™adzie zadania o grze losowej.

Zadanie 50.Na ile sp osob ów moªna wybra¢ 6 róªnych liczb sp o±ró d liczb o d 1 do 49? Inaczej mówi°c,ile jest 6-elementowych p o dzbiorów zbioru 49-elementowego?

Rozwiπzanie

Z definicji wiemy, ªe liczba takich p o dzbiorów jest równa349

6

4. Korzysta j°c kilkakrotnie

z p owyªszego wzoru oraz ze znanego nam juª wzoru3n

0

4= 1, otrzymujemy:

349

6

4=

49

6·348

5

4=

49

6· 485·347

4

4=

49

6· 485· 474·346

3

4=

=49

6· 485· 474· 463·345

2

4=

49

6· 485· 474· 463· 452·344

1

4=

=49

6· 485· 474· 463· 452· 441·343

0

4=

49

6· 485· 474· 463· 452· 441·1=

=49 ·48 ·47 ·46 ·45 ·44

6 ·5 ·4 ·3 ·2 ·1 .


Po skró ceniu u™amka (b o: 48= 6 ·4 ·2 oraz 15= 5 ·3), otrzymujemy349

6

4= 49 ·47 ·46 ·3 ·44= 13983816.

Nietrudno uogólni¢ to rozumowanie, by otrzyma¢ wzór na wsp ó™czynnik dwumianowy3n

k

4.

ëcis™e rozumowanie wymaga indukcji matematycznej. Ale moªemy przekona¢ uczniów o s™usz-no±ci wzoru na p o dstawie kilku przyk™adów p okazuj°cych w isto cie to samo rozumowanielub za p omo c° obliczenia:

3n

k

4=

n

k·3n-1

k-1

4=

=n

k· n-1

k-1·3n-2

k-2

4=

=n

k· n-1

k-1· n-2

k-2·3n-3

k-3

4=

. . .

=n

k· n-1

k-1· n-2

k-2· . . . · n-k+1

1·3n-k

k-k

4=

=n

k· n-1

k-1· n-2

k-2· . . . · n-k+1

1·1=

=n ·(n-1) ·(n-2) · . . . ·(n-k+1)

k!.

Zna jomo±¢ wzoru ogólnego jest o czywi±cie bardzo przydatna w obu p ostaciach:3n

k

4=

n ·(n-1) ·(n-2) · . . . ·(n-k+1)

k!=

n!

k! ·(n-k)!.

Prosz¶ jednak uczniów, by zapami¶tali kilka szczególnych przypadków tego wzoru i by w tychprzypadkach nie o dwo™ywali si¶ do wzoru ogólnego. Oto te na jwaªniejsze przypadki:

3n

1

4=n,

3n

2

4=

n(n-1)

2,

3n

3

4=

n(n-1)(n-2)

6.

Wzór ogólny na wsp ó™czynniki dwumianowe moªemy takªe wyprowadzi¢ za p omo c° b ezp o-±redniego rozumowania kombinatorycznego.

Twierdzenie 3. Dane s° liczby naturalne k i n takie, ªe 1˛k˛n-1. Wówczas3n

k

4=

n!

k! ·(n-k)!.

Uwaga

Za™oªenia, ªe kˇ 1 oraz k˛n-1 zosta™y przyj¶te tylko ze wzgl¶du na czytelno±¢ dowo dukombinatorycznego. Korzysta j°c ze wzorów

3n

0

4=

3n

n

4oraz 0! = 1


moªemy p ozby¢ si¶ tych za™oªe´ w sformu™owaniu twierdzenia.

Dowód

Zliczamy dwoma sp osobami p ermutacje zbioru {0,1, . . . ,n}, w których 0 stoi na miejscu k+1

(to znaczy przed zerem stoi k liczb, a p o nim n-k liczb; p o to, by przed zerem i p o zerze sta™aco na jmniej jedna liczba, zosta™y przyj¶te za™oªenia, o których pisa™em w uwadze p owyªej).

Na jpierw zauwaªamy, ªe skoro we wszystkich rozwaªanych ci° gach zero stoi na tym samymmiejscu, wi¶c moªna je z tego ci° gu usun°¢. Otrzymamy dowolny ci° g d™ugo±ci n, w którymwyst¶puj° wszystkie liczby o d 1 do n, a wi¶c dowoln° p ermutacj¶ zbioru [n]. Istnieje n!takich p ermutacji, a wi¶c istnieje n! rozwaªanych ci° gów.

Teraz zliczamy te ci° gi drugim sp osob em. Zliczanie p olega na tym, by p oliczy¢, na ile sp o-sob ów taki ci° g moªna utworzy¢. Wykonujemy w tym celu trzy czynno±ci:

• wybieramy k liczb ze zbioru [n]; moªemy to zrobi¢ na3n

k

4sp osob ów,

• ustawiamy w dowolny sp osób wybrane liczby na pierwszych k miejscach ci° gu; moªemyto zrobi¢ na k! sp osob ów,

• p o tych k liczbach na nast¶pnym miejscu w ci° gu ustawiamy 0 i p o nim na ostatnichn-k miejscach ustawiamy p ozosta™e n-k liczb w dowolnej kolejno±ci; moªemy to zrobi¢na (n-k)! sp osob ów.

Z regu™y mnoªenia wynika, ªe w ten sp osób moªemy utworzy¢3n

k

4·k! · (n-k)! ci° gów.

Oczywi±cie tak moªemy utworzy¢ dowolny ci° g d™ugo±ci n+1 zawiera j°cy wszystkie liczbyo d 1 do n i taki, ªe na miejscu o numerze k+1 stoi zero. Zatem w ten sp osób p oliczyli±mywszystkie rozwaªane ci° gi. Poniewaª liczba ci° gów nie zaleªy o d sp osobu zliczania, wi¶cotrzymujemy równo±¢

n! =

3n

k

4·k! ·(n-k)!,

czyli 3n

k

4=

n!

k! ·(n-k)!.

To koćzy dowó d twierdzenia. ⇤Przydatne w™asno±ci wsp ó™czynników dwumianowych p o da j° nast¶puj°ce dwa twierdzenia:

Twierdzenie 4. Dla dowolnych liczb naturalnych k i n takich, ªe 0˛k˛n zacho dzi równo±¢3n

k

4=

3n

n-k

4.

Dowód

Kaªdy ci° g zero jedynkowy d™ugo±ci n zawiera j°cy k jedynek ™°czymy w par¶ z ci° giemp owsta™ym przez zamian¶ zer i jedynek — tak jak to robili±my w rozwi°zaniu zadania 2.Ci° g, w którym jest k jedynek, ma o czywi±cie n-k zer. Jest on p o™°czony w par¶ z ci° giemma j°cym n-k jedynek i k zer. Sprawdzenie warunków (R1), (R2) i (R3) jest ™atwym¢wiczeniem. ⇤


Twierdzenie 5. Dana jest liczba naturalna nˇ 1. Wtedy zacho dzi nast¶puj°ca równo±¢:3n

0

4+

3n

2

4+

3n

4

4+ . . .=

3n

1

4+

3n

3

4+

3n

5

4+ . . .

Dowód

Zauwaªmy, ªe suma p o lewej stronie jest równa liczbie tych ci° gów zero jedynkowych d™ugo±cin, w których wyst¶puje parzysta liczba jedynek. Po dobnie, suma p o prawej stronie jestrówna liczbie tych ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n, w których wyst¶puje nieparzystaliczba jedynek. Z uwagi zamieszczonej p o zadaniu 3 wynika, ªe te liczby s° równe. To koćzydowó d twierdzenia. ⇤Ten wyk™ad chc¶ zakoćzy¢ kilkoma ogólnymi uwagami dotycz°cymi nauczania kombinato-ryki. Po pierwsze, kombinatoryka to nie tylko p ermutacje, kombinacje i wariacje (z p owtó-rzeniami lub b ez) i wzory na liczb ¶ tych obiektów. Tych p o j¶¢ na lekcji wr¶cz nie omawiam.Kombinatoryka (przyna jmniej w zakresie ob owi°zuj°cym w szkole) to przede wszystkimsztuka zliczania elementów zbiorów skoćzonych. Chcia™bym, by uczniowie nauczyli si¶ tejsztuki korzysta j°c z na jprostszych zasad — ten sp osób my±lenia przyda im si¶ w dalszejnauce kombinatoryki, bardziej niª wy™°cznie umiej¶tno±¢ rozp oznawania wybranych obiek-tów kombinatorycznych (wsp omniane p ermutacje, kombinacje i wariacje). Kaªde zadanie,w którym korzysta si¶ z gotowych wzorów na liczb ¶ wariacji, moªna bardzo ™atwo rozwi°za¢b ezp o±rednio z regu™y mnoªenia — ale nie na o dwrót. Przyk™adami by™y zadania 44–46.

Pokazane wyªej dwa waªne wzory:3n

k

4=

3n-1

k

4+

3n-1

k-1

4oraz k ·

3n

k

4=n ·3n-1

k-1

4

(gdzie 1˛k˛n-1) zosta™y wyprowadzone b ezp o±rednio z definicji wsp ó™czynnika dwumia-

nowego3n

k

4jako liczby ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci n, w których jest k jedynek, a nie

za p omo c° przekszta™ce´ algebraicznych wzoru z silniami. Takie dowo dy nazywamy w kom-binatoryce dowodami kombinatorycznymi. Otrzymane w dro dze rozumowania kombinato-rycznego wzory ma j° wido czny sens; nie s° tylko wynikiem zr¶cznej manipulacji symb olamii wzorami. To bardzo waªne, b o w ten sp osób uczniowie dostrzega j° tre±¢ p oznawanychwzorów. Wiele wzorów moªna teª znacznie ™atwiej uzasadni¢ meto d° kombinatoryczn°, niªmeto dami algebraicznymi.

Przyk™adem jest nast¶puj°ca toªsamo±¢:

3n

0

42

+

3n

1

42

+

3n

2

42

+ . . .+

3n

n-1

42

+

3n

n

42

=

32n

n

4.

Dowó d p olega na zliczaniu dwoma sp osobami ci° gów zero jedynkowych d™ugo±ci 2n ma j°cych

n jedynek. Z jednej strony jest ich o czywi±cie32n

n

4. To jest prawa strona wzoru. Z drugiej

strony patrzymy na liczb ¶ jedynek w±ró d pierwszych n wyrazów ci° gu — jest to liczba o d 0do n. Je±li w±ró d pierwszych n wyrazów ci° gu jest k jedynek, to w±ró d ostatnich n wyrazów

jest n-k jedynek. Istnieje3n

k

4ci° gów ma j°cych k jedynek i

3n

n-k

4, czyli

3n

k

4ci° gów

ma j°cych n-k jedynek. Musimy wzi°¢ dwa ci° gi: jeden ma j°cy k jedynek i jeden ma j°cy

5.7. Wzory arytmetyczne 113

n-k jedynek. Regu™a mnoªenia mówi, ªe moªemy to zrobi¢ na3n

k

42

sp osob ów. Regu™a

do dawania mówi z kolei, ªe te liczby mamy do da¢; to da je lew° stron¶ wzoru.

Oczywi±cie istnieje takªe dowó d rachunkowy tej toªsamo±ci. Nie p olecam szukania b ezp o-±redniego dowo du p owyªszej toªsamo±ci przez indukcj¶. äatwiej b ¶dzie udowo dni¢ toªsamo±¢ogólniejsz°, zwan° toªsamo±ci° Cauchy’ego–Vandermonde’a:

kX

i=0

3n

i

43m

k- i

4=

3m+n

k

4

dla dowolnych liczb m, n i k. Wyja±nienia wymaga tylko, co to znaczy3n

k

4dla k > n,

co w tej toªsamo±ci moªe si¶ zdarzy¢ (na jpro±ciej przyj°¢, tak jak si¶ to zwykle robi, ªe3n

k

4= 0 dla k < 0 oraz dla k > n). Tego dowo du raczej nie przeprowadza™bym w szkole;

dowó d kombinatoryczny moªna p okaza¢ uczniom liceum.

5.7. Wzory arytmetyczne

W tym rozdziale udowo dnimy trzy wzory, z których cz¶sto korzystamy w zadaniach. S° tomianowicie wzory:

1+2+ . . .+n=n(n+1)

2,

12+22+ . . .+n2 =n(n+1)(2n+1)

6,

13+23+ . . .+n3 =n2(n+1)2

4.

Istnieje wiele sp osob ów dowo dzenia tych wzorów. Sp osób, który p okaª¶, na p ewno nie jestna jprostszy. Ma on jednak t¶ warto±¢, ªe p okazuje znaczenie symb oli wyst¶puj°cych wewzorach. Inaczej mówi°c, nada je kombinatoryczny sens tym wzorom.


• zbiór A sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i< j˛n+1.

Udowo dnij, ªe wówczas |A|= 1+2+ . . .+n.

Rozwiπzanie

Zauwaªmy na jpierw, ªe je±li (i, j)œA, to 2˛ j˛n+1. Definiujemy teraz n czynno±ci:

• czynno±¢ pierwsza p olega na wybraniu pary p ostaci (i,2),

• czynno±¢ druga p olega na wybraniu pary p ostaci (i,3),

• czynno±¢ trzecia p olega na wybraniu pary p ostaci (i,4),


• . . .

• czynno±¢ przedostatnia p olega na wybraniu pary p ostaci (i,n),

• czynno±¢ ostatnia p olega na wybraniu pary p ostaci (i,n+1).

Wykonujemy teraz jedn° z tych n czynno±ci. W ten sp osób moªemy otrzyma¢ par¶ ze zbioruA; co wi¶cej, kaªda para ze zbioru A jest wynikiem której± z tych czynno±ci. Zauwaªmy na-st¶pnie, ªe pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ jednym moªliwym wynikiem (jest nim para (1,2)),druga czynno±¢ koćzy si¶ jednym z dwó ch wyników (s° to pary (1,3) i (2,3)), trzecia czyn-no±¢ koćzy si¶ jednym z trzech wyników (s° to pary (1,4), (2,4) i (3,4)) i tak dalej. Ostatniaczynno±¢ koćzy si¶ jednym z n wyników (s° to pary (1,n+1),(2,n+1), . . . ,(n,n+1)). Ogól-nie, k-ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z k wyników (s° to pary (1,k+1),(2,k+1), . . . ,(k,k+1)).Oczywi±cie ªaden wynik którejkolwiek czynno±ci nie jest wynikiem innej czynno±ci (otrzyma-ne pary róªni° si¶ b owiem drug° liczb°). St°d wynika, ªe wykonanie jednej z tych czynno±cikoćzy si¶ jednym z 1+2+ . . .+n wyników, a wi¶c |A|= 1+2+ . . .+n.

Twierdzenie 6. Dla dowolnej liczby naturalnej nˇ 1 zacho dzi równo±¢

1+2+ . . .+n=n(n+1)

2.

Dowód

Definiujemy zbiór A w nast¶puj°cy sp osób:

• zbiór A sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 0˛ i< j˛n.

Z zadania 51 wynika, ªe |A|=1+2+. . .+n. Z zadania 47 wynika, ªe |A|= |S2(n+1)|=n(n+1)

2.

To koćzy dowó d twierdzenia. ⇤

Zadanie 52.Dana jest liczba naturalna nˇ 1. Definiujemy nast¶puj°ce dwa zbiory A i B:

• zbiór A sk™ada si¶ z tró jek (i, j,k) takich, ªe 1˛ i, j˛k˛n.

• zbiór B sk™ada si¶ z tró jek (i, j,k) takich, ªe 1˛ i˛ j˛k˛ 2n.

Udowo dnij, ªe 4 · |A|= |B|.

Rozwiπzanie

Weπmy tró jk¶ (i, j,k). Wówczas

• je±li i˛ j, to tró jk¶ (i, j,k) ™°czymy w pary z nast¶puj°cymi czterema tró jkami:

(2i,2j,2k), (2i-1,2j,2k), (2i-1,2j-1,2k), (2i-1,2j-1,2k-1),

• je±li i> j, to tró jk¶ (i, j,k) ™°czymy w pary z nast¶puj°cymi czterema tró jkami:

(2j,2i-1,2k), (2j,2i-1,2k-1), (2j,2i-2,2k-1), (2j-1,2i-2,2k-1).

Popatrzmy na przyk™ad. Niech n=3. Zbiór A sk™ada si¶ wtedy z nast¶puj°cych tró jek liczb:

111

112 122 212 222

113 123 133 213 223 233 313 323 333


Zbiór B sk™ada si¶ z nast¶puj°cych tró jek liczb:

111 112 113 114 115 116 222 223 224 225 226 333 334 335 336

122 123 124 125 126 233 234 235 236 344 345 346

133 134 135 136 244 245 246 355 356

144 145 146 255 256 366

155 156 266

166

444 445 446 555 556 666

455 456 566

466

A oto jak wygl°da ™°czenie w pary (w pierwszej kolumnie mamy tró jki ze zbioru A, w na-st¶pnych czterech kolumnach zna jduj° si¶ tró jki p o™°czone w par¶ z tró jk° z pierwszejkolumny):

111 222 122 112 111

112 224 124 114 113

122 244 144 134 133

212 234 233 223 123

222 444 344 334 333

113 226 126 116 115

123 246 146 136 135

133 266 166 156 155

213 236 235 225 125

223 446 346 336 335

233 466 366 356 355

313 256 255 245 145

323 456 455 445 345

333 666 566 556 555

Znów sprawdzenie, ªe kaªda tró jka (i, j,k) ze zbioru A wyst¶puje w dok™adnie czterechparach i kaªda tró jka ze zbioru B wyst¶puje w dok™adnie jednej parze, jest nietrudnym¢wiczeniem. To dowo dzi, ªe w zbiorze B jest cztery razy wi¶cej elementów niª w zbiorze A.



Udowo dnij, ªe |A|= 12+22+ . . .+n2.

Rozwiπzanie

Zauwaªmy na jpierw, ªe je±li (i, j,k)œA, to 1˛k˛n. Definiujemy teraz n czynno±ci:

• czynno±¢ pierwsza p olega na wybraniu tró jki p ostaci (i, j,1),

• czynno±¢ druga p olega na wybraniu tró jki p ostaci (i, j,2),

• czynno±¢ trzecia p olega na wybraniu tró jki p ostaci (i, j,3),

• . . .


• czynno±¢ przedostatnia p olega na wybraniu tró jki p ostaci (i, j,n-1),

• czynno±¢ ostatnia p olega na wybraniu tró jki p ostaci (i, j,n).

Wykonujemy teraz jedn° z tych n czynno±ci. W ten sp osób moªemy otrzyma¢ tró jk¶ zezbioru A; co wi¶cej, kaªda tró jka ze zbioru A jest wynikiem której± z tych czynno±ci.Zauwaªmy nast¶pnie, ªe pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ jednym moªliwym wynikiem (jestnim tró jka (1,1,1)), druga czynno±¢ koćzy si¶ jednym z czterech wyników (s° to tró jki(1,1,2), (1,2,2), (2,1,2) i (2,2,2)), trzecia czynno±¢ koćzy si¶ jednym z dziewi¶ciu wyni-ków (s° to tró jki (1,1,3), (1,2,3) (1,3,3), (2,1,3), (2,2,3), (2,3,3), (3,1,3), (3,2,3) i (3,3,3))i tak dalej. Ostatnia czynno±¢ koćzy si¶ jednym z n2 wyników (s° to tró jki (i, j,n), gdzie1˛ i, j˛n). Ogólnie, k-ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z k2 wyników (tymi wynikami s°tró jki (i, j,k), gdzie 1˛ i, j˛ k). Oczywi±cie ªaden wynik którejkolwiek czynno±ci nie jestwynikiem innej czynno±ci (otrzymane tró jki róªni° si¶ b owiem trzeci° liczb°). St°d wynika,ªe wykonanie jednej z tych czynno±ci koćzy si¶ jednym z 12+22+ . . .+n2 wyników, a wi¶c|A|= 12+22+ . . .+n2.


12+22+ . . .+n2 =n(n+1)(2n+1)

6.

Dowód

Definiujemy nast¶puj°ce dwa zbiory A i B:


• zbiór B sk™ada si¶ z tró jek (i, j,k) takich, ªe 1˛ i˛ j˛k˛ 2n.

Z zadania 53 wynika, ªe |A|=12+22+. . .+n2. Z zadania 52 wynika, ªe 4·|A|= |B|. Z zadania 11

wynika, ªe |B|=|S3(2n+2)|. Wreszcie z zadania 48 wynika, ªe |S3(2n+2)|=2n(2n+1)(2n+2)

6.

ä°cznie dosta jemy:

12+22+ . . .+n2 =1

4· 2n(2n+1)(2n+2)

6=

1

4· 4 ·n(n+1)(2n+1)

6=

n(n+1)(2n+1)

6.


Zadanie 54.Dana jest liczba naturalna nˇ 1. Definiujemy nast¶puj°ce dwa zbiory A i B:

• zbiór A sk™ada si¶ z czwórek (i, j,k,m) takich, ªe 1˛ i, j,k<m˛n+1.

• zbiór B sk™ada si¶ z czwórek (i, j,k,m) takich, ªe 1˛ i<j˛n+1 oraz 1˛k<m˛n+1.Udowo dnij, ªe |A|= |B|.

Rozwiπzanie

Weπmy czwórk¶ (i, j,k,m). Wówczas:

• je±li i< j, to czwórk¶ (i, j,k,m) ™°czymy w par¶ z czwórk° (i, j,k,m),

• je±li i> j, to czwórk¶ (i, j,k,m) ™°czymy w par¶ z czwórk° (k,m,j, i),

• je±li i= j, to czwórk¶ (i, j,k,m) ™°czymy w par¶ z czwórk° (i,m,k,m).


Popatrzmy na przyk™ad. Niech n= 3. Zbiór A sk™ada si¶ wtedy z nast¶puj°cych ci° gówd™ugo±ci 4:

1112

1113 1123 1213 1223 2113 2123 2213 2223

1114 1124 1134 1214 1224 1234 1314 1324 1334

2114 2124 2134 2214 2224 2234 2314 2324 2334

3114 3124 3134 3214 3224 3234 3314 3324 3334

Zbiór B sk™ada si¶ za± z ci° gów:

1212 1213 1214 1223 1224 1234

1312 1313 1314 1323 1324 1334

1412 1413 1414 1423 1424 1434

2312 2313 2314 2323 2324 2334

2412 2413 2414 2423 2424 2434

3412 3413 3414 3423 3424 3434

ä°czenie w pary wygl°da teraz nast¶puj°co:

(1112,1212) (1114,1414) (2114,1412) (3114,1413)(1113,1313) (1124,1424) (2124,2412) (3124,2413)(1123,1323) (1134,1434) (2134,3412) (3134,3413)(1213,1213) (1214,1214) (2214,2414) (3214,1423)(1223,1223) (1224,1224) (2224,2424) (3224,2423)(2113,1312) (1234,1234) (2234,2434) (3234,3423)(2123,2312) (1314,1314) (2314,2314) (3314,3414)(2213,2313) (1324,1324) (2324,2324) (3324,3424)(2223,2323) (1334,1334) (2334,2334) (3334,3434)

Sprawdzenie, ªe sp e™nione s° warunki (R1), (R2) i (R3) sformu™owane w zasadzie równolicz-no±ci, p ozostawi¶ jako ¢wiczenie.


• zbiór A sk™ada si¶ z czwórek (i, j,k,m) takich, ªe 1˛ i, j,k<m˛n+1.

Udowo dnij, ªe |A|= 13+23+ . . .+n3.

Rozwiπzanie

Zauwaªmy na jpierw, ªe je±li (i, j,k,m)œA, to 2˛m˛n+1. Definiujemy teraz n czynno±ci:

• czynno±¢ pierwsza p olega na wybraniu czwórki p ostaci (i, j,k,2),

• czynno±¢ druga p olega na wybraniu czwórki p ostaci (i, j,m,3),

• czynno±¢ trzecia p olega na wybraniu czwórki p ostaci (i, j,m,4),

• . . .

• czynno±¢ przedostatnia p olega na wybraniu czwórki p ostaci (i, j,m,n),

• czynno±¢ ostatnia p olega na wybraniu czwórki p ostaci (i, j,m,n+1).


Wykonujemy teraz jedn° z tych n czynno±ci. W ten sp osób moªemy otrzyma¢ czwórk¶ zezbioru A; co wi¶cej, kaªda czwórka ze zbioru A jest wynikiem której± z tych czynno±ci.Zauwaªmy nast¶pnie, ªe pierwsza czynno±¢ koćzy si¶ jednym moªliwym wynikiem (jestnim czwórka (1,1,1,2)), druga czynno±¢ koćzy si¶ jednym z o±miu wyników (s° to czwórki(1,1,1,3), (1,1,2,3), (1,2,1,3), (1,2,2,3), (2,1,1,3), (2,1,2,3), (2,2,1,3) i (2,2,2,3)), trzeciaczynno±¢ koćzy si¶ jednym z 27 wyników (s° to czwórki (i, j,k,4), gdzie 1˛ i, j,k˛3) i takdalej. Ostatnia czynno±¢ koćzy si¶ jednym z n3 wyników (s° to czwórki (i, j,k,n+1), gdzie1˛ i, j,k˛n). Ogólnie, l-ta czynno±¢ koćzy si¶ jednym z l2 wyników (tymi wynikami s°czwórki (i, j,k, l+1), gdzie 1˛ i, j,k˛ l). Oczywi±cie ªaden wynik którejkolwiek czynno±cinie jest wynikiem innej czynno±ci (otrzymane czwórki róªni° si¶ b owiem czwart° liczb°).St°d wynika, ªe wykonanie jednej z tych czynno±ci koćzy si¶ jednym z 13+23+ . . .+n3

wyników, a wi¶c |A|= 13+23+ . . .+n3.


13+23+ . . .+n3 =n2(n+1)2

4.

Dowód

Definiujemy nast¶puj°ce cztery zbiory A, B, C i D:

• zbiór A sk™ada si¶ z czwórek (i, j,k,m) takich, ªe 1˛ i, j,k<m˛n+1,

• zbiór B sk™ada si¶ z czwórek (i, j,k,m) takich, ªe 1˛ i<j˛n+1 oraz 1˛k<m˛n+1,

• zbiór C sk™ada si¶ z par (i, j) takich, ªe 1˛ i< j˛n+1,

• zbiór D sk™ada si¶ z par (x,y) takich, ªe x i y s° parami naleª°cymi do zbioru C.

Z zadania 55 wynika, ªe |A|= 13+23+ . . .+n3. Z zadania 54 wynika, ªe |A|= |B|. Z zadania

10 wynika, ªe |C|= |S2(n+1)|. Z zadania 47 wynika, ªe |S2(n+1)|=n(n+1)

2. Oznaczmy

c=n(n+1)

2. Teraz z zadania 30 (dla m= c i n= 2) wynika, ªe zbiór D ma c2 elementów.

Wreszcie p okazujemy, ªe zbiory B i D ma j° tyle samo elementów. W tym celu czwórk¶(i, j,k,m) ze zbioru B ™°czymy w par¶ z par° (x,y) ze zbioru D, gdzie:

x=(i, j), y=(k,m).

Sprawdzenie w™asno±ci (R1), (R2) i (R3) zostawi¶ jako ¢wiczenie.

ä°cznie dosta jemy:

13+23+ . . .+n3 = |A|= |B|= |D|= c2 =

3n(n+1)

2

42

=n2(n+1)2

4.


5.8. Do datki 119

5.8. Dodatki

5.8.1. Zasada w≥πczeÒ i wy≥πczeÒ

W tym do datku p okaª¶ dwa dowo dy wzoru w™°cze´ i wy™°cze´. Pierwszy dowó d korzystaze wzoru dla dwó ch zbiorów:

|AfiB|= |A|+ |B|- |AflB|.

Teraz dowo dzimy wzoru na liczb ¶ elementów sumy trzech zbiorów:

|AfiBfiC|= |(AfiB)fiC|= |AfiB|+ |C|- |(AfiB)flC|== |A|+ |B|- |AflB|+ |C|- |(AflC)fi(BflC)|== |A|+ |B|+ |C|- |AflB|-

!|AflC|+ |BflC|- |(AflC)fl(BflC)|

"=

= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |(AflC)fl(BflC)|== |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AflBflC|.

W tym dowo dzie korzystali±my z nast¶puj°cych dwó ch toªsamo±ci rachunku zbiorów:

(AfiB)flC=(AflC)fi(BflC),(AflC)fl(BflC)=AflBflC.

Oba dowo dy moªna ™atwo przeprowadzi¢ za p omo c° diagramów Venna.

W p o dobny sp osób moªemy udowo dni¢ wzór w™°cze´ i wy™°cze´ dla czterech zbiorów. Terazb ¶dziemy korzysta¢ ze wzoru w™°cze´ i wy™°cze´ dla dwó ch i dla trzech zbiorów. A otodowó d. Na jpierw korzystamy ze wzoru dla dwó ch zbiorów:

|AfiBfiCfiD|= |(AfiBfiC)fiD|= |AfiBfiC|+ |D|- |(AfiBfiC)flD|=

= |AfiBfiC|+ |D|- |(AflD)fi(BflD)fi(CflD)|.

Teraz dwukrotnie korzystamy ze wzoru w™°cze´ i wy™°cze´ dla trzech zbiorów:

|AfiBfiC|= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AflBflC|

oraz

|(AflD)fi(BflD)fi(CflD)|=

= |AflD|+ |BflD|+ |CflD|- |(AflD)fl(BflD)|- |(AflD)fl(CflD)|- |(BflD)fl(CflD)|+

+ |(AflD)fl(BflD)fl(CflD)|=

= |AflD|+ |BflD|+ |CflD|- |AflBflD|- |AflCflD|- |BflCflD|+ |AflBflCflD|.

ä°cz°c ostatnio otrzymane wzory, otrzymujemy wzór w™°cze´ i wy™°cze´ dla czterech zbio-rów:

|AfiBfiCfiD|= |A|+ |B|+ |C|+ |D|- |AflB|- |AflC|- |AflD|- |BflC|- |BflD|- |CflD|+

+|AflBflC|+ |AflBflD|+ |AflCflD|+ |BflCflD|- |AflBflCflD|.


W tym dowo dzie korzystali±my, opró cz wymienionych wyªej, z nast¶puj°cych toªsamo±cirachunku zbiorów:

(AfiBfiC)flD=(AflD)fi(BflD)fi(CflD),

(AflD)fl(BflD)fl(CflD)=AflBflCflD.

Dowo dy tych toªsamo±ci takªe moªna przeprowadzi¢ za p omo c° diagramów Venna (o dia-gramach Venna dla czterech zbiorów pisa™em wcze±niej).

Nietrudno zauwaªy¢, ªe te dwa dowo dy moªna uogólni¢, to jednak wymaga zastosowaniaindukcji. Oto ten dowó d.

Twierdzenie 9. Je±li A1, . . . ,An s° zbiorami skoćzonymi, to

|A1fi . . .fiAn|=nX

k=1

(-1)k+1X

TœPk(n)

---‹

jœTAj

---.

Dowód

Wprowadπmy oznaczenie. Dla dowolnych zbiorów B1, . . . ,Bm niech:

Sk(B1, . . . ,Bm)=X

TœPk(m)

---‹

jœTBj

---.

Teza twierdzenia przybiera wtedy p osta¢:

|A1fi . . .fiAn|=nX

k=1

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An).

Twierdzenia dowo dzimy przez indukcj¶ wzgl¶dem n. Dla n= 1 twierdzenie jest o czywiste.Dla n= 2 i n= 3 by™o juª udowo dnione. Zak™adamy teraz, ªe dla dowolnych n zbiorów(gdzie nˇ 2) twierdzenie jest prawdziwe i dowo dzimy, ªe jest prawdziwe dla dowolnychn+1 zbiorów. Niech wi¶c A1, . . . ,An+1 b ¶d° dowolnymi zbiorami skoćzonymi. Wówczas

|A1fi . . .fiAn+1|= |(A1fi . . .fiAn)fiAn+1|=

= |A1fi . . .fiAn|+ |An+1|- |(A1fi . . .fiAn)flAn+1|=

= |A1fi . . .fiAn|+ |An+1|- |(A1flAn+1)fi . . .fi(AnflAn+1)|.

Korzystamy teraz dwukrotnie z za™oªenia indukcyjnego dla n zbiorów: dla zbiorów A1, . . . ,An

oraz dla zbiorów A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1:

|A1fi . . .fiAn|=nX

k=1

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An),

|(A1flAn+1)fi . . .fi(AnflAn+1)|=nX

k=1

(-1)k+1Sk(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1).

5.8. Do datki 121

Zauwaªmy nast¶pnie, ªe

|A1fi . . .fiAn|+ |An+1|=S1(A1, . . . ,An)+ |An+1|+nX

k=2

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An)=

= |A1|+ . . .+ |An|+ |An+1|+nX

k=2

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An)=

=S1(A1, . . . ,An+1)+nX

k=2

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An)

oraz

|(A1flAn+1)fi . . .fi(AnflAn+1)|=nX

k=1

(-1)k+1Sk(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)=

=n-1X

k=1

(-1)k+1Sk(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)+(-1)n+1Sn(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)=

=n-1X

k=1

(-1)k+1Sk(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)+(-1)n+1|(A1flAn+1)fl. . .fl(AnflAn+1)|=

=n-1X

k=1

(-1)k+1Sk(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)+(-1)n+1|A1fl . . .flAnflAn+1|=

=nX

k=2

(-1)kSk-1(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)-(-1)n+2|A1fl . . .flAnflAn+1|=

=nX

k=2

(-1)kSk-1(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)-(-1)n+2Sn+1(A1, . . . ,An+1)=

=-nX

k=2

(-1)k+1Sk-1(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)-(-1)n+2Sn+1(A1, . . . ,An+1).

Zatem

|A1fi . . .fiAn|=S1(A1, . . . ,An+1)+nX

k=2

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An)+

+nX

k=2

(-1)k+1Sk-1(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)+(-1)n+2Sn+1(A1, . . . ,An+1)=

=S1(A1, . . . ,An+1)+nX

k=2

(-1)k+1(Sk(A1, . . . ,An)+Sk-1(A1, . . . ,An+1))+

+(-1)n+2Sn+1(A1, . . . ,An+1).

Nast¶pnie zauwaªmy, ªe

Sk(A1, . . . ,An)+Sk-1(A1flAn+1, . . . ,AnflAn+1)=Sk(A1, . . . ,An+1)


St°d ostatecznie dosta jemy

|A1fi . . .fiAn|=

=S1(A1, . . . ,An+1)+nX

k=2

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An+1)+(-1)n+2Sn+1(A1, . . . ,An+1)=

=n+1X

k=1

(-1)k+1Sk(A1, . . . ,An+1),

co koćzy dowó d twierdzenia. ⇤Pokaª¶ teraz dowó d kombinatoryczny wzoru w™°cze´ i wy™°cze´.

Mamy udowo dni¢ równo±¢

|AfiBfiC|= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AflBflC|.

Przegl°damy kolejno 7 zbiorów wyst¶puj°cych p o prawej stronie wzoru. Przy kaªdym ele-mencie kolejno rozpatrywanych zbiorów stawiamy jeden znak: plus lub minus. Je±li rozpatry-wany zbiór wyst¶puje we wzorze ze znakiem +, to przy kaªdym jego elemencie piszemy znakplus; je±li za± ten zbiór wyst¶puje we wzorze ze znakiem -, to przy kaªdym jego elemenciepiszemy znak minus. Te znaki p okazuj°, ile razy dany element by™ liczony p o prawej stronie.Wykaªemy, ªe przy kaªdym elemencie sumy zbiorów AfiBfiC liczba plusów jest o 1 wi¶kszao d liczby minusów. To znaczy, ªe kaªdy element tej sumy ostatecznie by™ liczony p o prawejstronie dok™adnie jeden raz, a wi¶c prawa strona jest równa liczbie elementów sumy.

T¶ pro cedur¶ zilustrujemy seri° rysunków.

Rysunek 1: zbiory A, B i C wraz z zaznaczonymi przyk™adowymi elementami (p o jednymelemencie w kaªdej sk™adowej).

A B

C

Rysunki 2, 3 i 4: na jpierw przy kaªdym elemencie zbioru A rysujemy znak plus, p otem przykaªdym elemencie zbioru B rysujemy znak plus, a nast¶pnie przy kaªdym elemencie zbioruC rysujemy znak plus.

5.8. Do datki 123

A B

C

+ +

+

+

A B

C

+ +

+

+

++

+

+

A B

C

+ +

+

+

++

+

+

+

+

+

+

Rysunki 5, 6 i 7: przy kaªdym elemencie zbioru AflB rysujemy znak minus, p otem przykaªdym elemencie zbioru AflC rysujemy znak minus, a nast¶pnie przy kaªdym elemenciezbioru BflC rysujemy znak minus.

A B

C

+ +

+

+

++

+

+

+

+

+

+

�

� A B

C

+ +

+

+

++

+

+

+

+

+

+

�

�

�

�

A B

C

+ +

+

+

++

+

+

+

+

+

+

�

�

�

�

�

�

Rysunek 8: przy kaªdym elemencie zbioru AflBflC rysujemy znak plus


A B

C

+ +

+

+

++

+

+

+

+

+

+

�

�

�

�

�

�+

Zauwaªamy, ªe rzeczywi±cie przy kaªdym elemencie sumy AfiBfiC liczba narysowanychplusów jest o jeden wi¶ksza o d liczby narysowanych minusów: przy elementach naleª°cychdo jednego zbioru narysowali±my tylko jeden plus, przy elementach naleª°cych do dwó chzbiorów narysowali±my dwa plusy i jeden minus, wreszcie przy elementach naleª°cych dowszystkich trzech zbiorów narysowali±my cztery plusy i trzy minusy. To da je równo±¢

(liczba plusów)-(liczba minusów)= |AfiBfiC|.

Nietrudno przy tym zauwaªy¢, ªe w kaªdym z siedmiu p owyªszych kroków liczba narysowa-nych znaków by™a równa liczbie elementów rozpatrywanego zbioru. St°d dosta jemy równo±¢

(liczba plusów)-(liczba minusów)= |A|+ |B|+ |C|- |AflB|- |AflC|- |BflC|+ |AflBflC|,

z której wynika wzór w™°cze´ i wy™°cze´ dla trzech zbiorow.

To, ªe przy kaªdym elemencie sumy AfiBfiC liczba plusów jest o 1 wi¶ksza o d liczbyminusów, moªna wykaza¢ b ez o dwo™ywania si¶ do rysunków. Popatrzmy teraz na takie ro-zumowanie. Niech x b ¶dzie dowolnym elementem sumy AfiBfiC. Rozwaªamy trzy przypadki.

Przypadek 1. Element x naleªy do dok™adnie jednego z trzech zbiorów A, B, C.

Bez zmniejszenia ogólno±ci moªemy za™oªy¢, ªe x naleªy do zbioru A i nie naleªy do zbiorówB i C. Wówczas przy x napisali±my tylko jeden znak plus; mia™o to miejsce przy rozpatry-waniu zbioru A.

Przypadek 2. Element x naleªy do dok™adnie dwó ch zbiorów.

Bez zmniejszenia ogólno±ci moªemy za™oªy¢, ªe x naleªy do zbiorów A i B oraz nie naleªydo zbioru C. Wówczas przy x napisali±my dwa znaki plus (przy rozpatrywaniu zbiorów A

i B) oraz jeden znak minus (przy rozpatrywaniu zbioru AflB).

Przypadek 3. Element x naleªy do trzech zbiorów.

Wówczas przy x napisali±my 4 znaki plus (przy rozpatrywaniu zbiorów A, B, C i AflBflC)i trzy znaki minus (przy rozpatrywaniu zbiorów AflB, AflC i BflC).

W ca™ej ogólno±ci dowó d kombinatoryczny twierdzenia 9 p olega takªe na przegl°daniu kolej-no sk™adników sumy sto j°cej p o prawej stronie równo±ci i zapisywaniu przy kaªdym elemen-cie zbioru

‹

jœTAj znaku plus lub minus w zaleªno±ci o d tego, czy liczba

---‹

jœTAj

--- wyst¶p owa™a

w sumie ze znakiem plus czy minus. Inaczej mówi°c, je±li zbiór T ma nieparzyst° liczb ¶elementów, to piszemy znak plus; je±li za± zbiór T ma parzyst° liczb ¶ elementów, to piszemyznak minus.

5.8. Do datki 125

Prawa strona równo±ci wyst¶puj°cej w tezie twierdzenia 9 jest róªnic° mi¶dzy liczb° plu-sów i liczb° minusów. Wystarczy zatem p okaza¢, ªe przy kaªdym elemencie sumy zbiorówA1fi . . .fiAn narysowali±my o jeden plus wi¶cej. Niech xœA1fi . . .fiAn. Niech nast¶pnie

M= {j : xœAj}.

Inaczej mówi°c, xœAj wtedy i tylko wtedy, gdy jœM. Oznaczmy m= |M|; o czywi±cie mˇ1.Niech teraz T œPk(n) i p opatrzmy na zbiór

‹

jœTAj; jest to jeden ze zbiorów wyst¶puj°cych

p o prawej stronie równo±ci. Je±li T \M ”= ÿ, to o czywi±cie mamy x ”œ‹

jœTAj. Przypu±¢my

zatem, ªe T™M. Wtedy przy elemencie x rysowali±my znak plus lub minus, w zaleªno±ci o dparzysto±ci k: plus dla nieparzystych k, minus dla parzystych k. Dla danego k liczba takich

zbiorów T jest równa3m

k

4. Liczby plusów i minusów narysowanych przy x s° zatem równe

(liczba plusów)=

3m

1

4+

3m

3

4+

3m

5

4+ . . .

(liczba minusów)=

3m

2

4+

3m

4

4+

3m

6

4+ . . .

sk°d dosta jemy

(liczba plusów) - (liczba minusów)=

=

33m

1

4+

3m

3

4+

3m

5

4+ . . .

4-

33m

2

4+

3m

4

4+

3m

6

4+ . . .

4.

Z twierdzenia 5 (przyp ominam, ªe mˇ 1) dosta jemy:3m

1

4+

3m

3

4+

3m

5

4+ . . .=

3m

0

4+

3m

2

4+

3m

4

4+

3m

6

4+ . . .

St°d wynika, ªe33

m

1

4+

3m

3

4+

3m

5

4+ . . .

4-

33m

2

4+

3m

4

4+

3m

6

4+ . . .

4=

3m

0

4= 1.

To znaczy, ªe przy elemencie x narysowali±my o jeden plus wi¶cej. Tak jest dla kaªdegoelementu x sumy A1fi . . .fiAn. To za± oznacza, ªe suma p o prawej stronie równo±ci b ¶dzierówna liczbie elementów sumy A1fi . . .fiAn, co koćzy dowó d twierdzenia 9.

5.8.2. Wzór dwumianowy Newtona

Udowo dnimy nast¶puj°ce twierdzenie.

Twierdzenie 10. Dana jest liczba naturalna nˇ 1. Wówczas dla dowolnych liczb rzeczywi-stych a i b zacho dzi równo±¢

(a+b)n =

3n

0

4an+

3n

1

4an-1b+

3n

2

4an-1b2+ . . .+

3n

n-1

4abn-1+

3n

n

4bn.


Dowód

Przeprowadzimy dowó d twierdzenia w trzech krokach. W kroku pierwszym zastosujemyrozumowanie kombinatoryczne. W kroku drugim zastosujemy znane twierdzenie dotycz°-ce wielomianów jednej zmiennej rzeczywistej. Wreszcie w kroku trzecim udowo dnimy tez¶twierdzenia za p omo c° prostych przekszta™ce´ algebraicznych.

Krok 1.

Przyjmijmy, ªe dane s° dwie liczby naturalne m,nˇ1. Udowo dnimy, ªe wówczas prawdziwajest równo±¢

(m+1)n=

3n

n

4·mn+

3n

n-1

4·mn-1+

3n

n-2

4·mn-2+. . .+

3n

2

4·m2+

3n

1

4·m1+

3n

0

4·m0.

Definiujemy nast¶puj°cy zbiór A:

• zbiór A sk™ada si¶ z ci° gów (a1, . . . ,an) takich, ªe 1˛a1, . . . ,an˛m+1.

Z zadania 28 wynika, ªe |A|=(m+1)n. Definiujemy nast¶pnie zbiory A0,A1,A2, . . . ,An-1,An

w nast¶puj°cy sp osób. Zbiór Ak (gdzie 1˛ k˛ n) sk™ada si¶ z tych ci° gów (a1, . . . ,an),które ma j° dok™adnie k wyrazów równych m+ 1. Obliczmy, ile elementów ma zbiór Ak.Zastanówmy si¶ w tym celu, ile róªnych ci° gów naleª°cych do zbioru Ak moªemy utworzy¢.

Na jpierw wybieramy k liczb sp o±ró d 1,2, . . . ,n. To moªemy zrobi¢ na3n

k

4sp osob ów. Na-

st¶pnie dla kaªdej liczby j sp o±ro d k wybranych liczb przyjmujemy aj=m+1. Wreszcie dlakaªdej z niewybranych n-k liczb j wybieramy liczb ¶ aj ze zbioru [m]; z zadania 28 wynika,

ªe to moªemy zrobi¢ na mn-k sp osob ów. ä°cznie w ten sp osób tworzymy3n

k

4·mn-k ci° gów

(a1, . . . ,an). St°d wynika, ªe

|Ak|=

3n

k

4·mn-k

dla k= 0, . . . ,n.

Zauwaªamy nast¶pnie, ªe

A=AnfiAn-1fiAn-2fi . . .fiA2fiA1fiA0

oraz wszystkie zbiory p o prawej stronie s° parami roz™°czne. St°d wynika, ªe

|A|= |An|+ |An-1|+ |An-2|+ . . .+ |A2|+ |A1|+ |A0|,

czyli

(m+1)n =

3n

n

4mn+

3n

n-1

4mn-1+

3n

n-2

4mn-2+ . . .+

3n

2

4m2+

3n

1

4m1+

3n

0

4m0.

W ten sp osób krok 1 zosta™ zrealizowany. Teraz p ora na algebr¶.

Przyp ominam, ªe wielomianem stopnia n nazywamy dowoln° funkcj¶ W(x) p ostaci

W(x)=anxn+an-1x

n-1+an-2xn-2+ . . .+a1x+a0,

gdzie an,an-1,an-2, . . . ,a1,a0 s° liczbami rzeczywistymi, przy czym an ”= 0. B¶dziemykorzysta¢ z nast¶puj°cych w™asno±ci wielomianów:

5.8. Do datki 127

1. Ilo czyn wielomianów (p o wykonaniu mnoªenia i up orz°dkowaniu wyrazów) jest wie-lomianem. Stopie´ ilo czynu jest sum° stopni czynników.

2. Funkcja W(x)= (x+1)n jest wielomianem stopnia n.

3. Je±li warto±ci dwó ch wielomianów W(x) i V(x) stopnia n s° równe dla co na jmniejn+1 (w szczególno±ci dla nieskoćzenie wielu) róªnych argumentów rzeczywistych, to s°równe dla wszystkich argumentów rzeczywistych. Zatem, je±li

W(x1)=V(x1), W(x2)=V(x2), . . . , W(xn)=V(xn), W(xn+1)=V(xn+1),

gdzie wszystkie liczby x1,x2, . . . ,xn,xn+1 s° róªne, to W(x)=V(x) dla kaªdej liczby rzeczy-wistej x.

Krok 2.

Przyjmijmy, ªe dana jest liczba naturalna nˇ 1. Udowo dnimy, ªe wówczas prawdziwa jestrówno±¢

(x+1)n =

3n

n

4·xn+

3n

n-1

4·xn-1+

3n

n-2

4·xn-2+ . . .+

3n

2

4·x2+

3n

1

4·x1+

3n

0

4

dla dowolnej liczby rzeczywistej x.

Ustalamy liczb ¶ naturaln° nˇ 1. Definiujemy dwa wielomiany stopnia n:

W(x)= (x+1)n

oraz

V(x)=

3n

n

4xn+

3n

n-1

4xn-1+

3n

n-2

4xn-2+ . . .+

3n

2

4x2+

3n

1

4x+

3n

0

4.

Wtedy z kroku 1 wynika, ªe dla kaªdej liczby naturalnej m mamy równo±¢ W(m)=V(m).Zatem dla kaªdej liczby rzeczywistej x zacho dzi równo±¢ W(x)=V(x), czyli

(x+1)n =

3n

n

4xn+

3n

n-1

4xn-1+

3n

n-2

4xn-2+ . . .+

3n

2

4x2+

3n

1

4x+

3n

0

4.

Krok 3.

Ustalmy teraz liczby rzeczywiste a i b. Przypu±¢my na jpierw, ªe b ”=0. Niech wówczas x=a

b.

Z kroku 2 wynika, ªe

(x+1)n =

3n

n

4·xn+

3n

n-1

4·xn-1+

3n

n-2

4·xn-2+ . . .+

3n

2

4·x2+

3n

1

4·x1+

3n

0

4,

czyli

1ab+12n

=

3n

n

4·1ab

2n+

3n

n-1

4·1ab

2n-1

+

3n

n-2

4·1ab

2n-2

+

+ . . .+

3n

2

4·1ab

22+

3n

1

4·1ab

21+

3n

0

4.

Przekszta™camy otrzyman° równo±¢:3a+b

b

4n

=

3n

n

4· a

n

bn+

3n

n-1

4· a

n-1

bn-1+

3n

n-2

4· a

n-2

bn-2+ . . .+

3n

2

4· a

2

b2+

3n

1

4· ab+

3n

0

4,

czyli

(a+b)n

bn=

3n

n

4· a

n

bn+

3n

n-1

4· a

n-1b

bn+

3n

n-2

4· a

n-2b2

bn+

+ . . .+

3n

2

4· a

2bn-2

bn+

3n

1

4· ab

n-1

bn+

3n

0

4· b

n

bn.

Po p omnoªeniu obu stron ostatniej równo±ci przez bn, otrzymamy tez¶ twierdzenia.

Wreszcie wystarczy zauwaªy¢, ªe dla b=0 teza jest o czywista. To koćzy dowó d twierdzenia.⇤

Rozdzia≥ 6

O rozwiπzywaniu zadaÒz rachunku prawdopodobieÒstwa

Edward Stachowskikonsultacja: Anna Olechnowicz

Wst¶p

1. Przed wprowadzeniem na lekcjach tre±ci programowych z teorii prawdop o dobie´stwaniezb ¶dne jest wcze±niejsze omówienie zagadnie´ dotycz°cych elementów kombinatorykiw zakresie przewidzianym dla danego p oziomu nauczania. Kombinatoryka jest to dzia™matematyki wykorzystywany cz¶sto w teorii prawdop o dobie´stwa. Zap oznanie uczniówz elementami kombinatoryki w ramach teorii prawdop o dobie´stwa prowadzi do sytu-acji, któr° mamy aktualnie — wi¶kszo±¢ uczniów nie rozumie kombinatoryki i nie umierachunku prawdop o dobie´stwa.

2. „ Szkolna” teoria prawdop o dobie´stwa jest znacznie trudniejsza o d „akademickiej”.„ Akademicka” teoria prawdop o dobie´stwa zaczyna si¶ o d p o dania mo delu:dana jest przestrze´ probabilistyczna (⌦,F,P) . . . .W „szkolnej” teorii prawdop o dobie´stwa w wielu zadaniach opisane jest do±wiadczenielosowe i p o dany problem z nim zwi°zany. Dla tego do±wiadczenia i p o danego problemumusimy zbudowa¢ mo del probabilistyczny i to na ogó™ sprawia wiele k™op otów.Koniecznie naleªy pami¶ta¢ o tym, ªe dla danego do±wiadczenia losowego, w wielu przy-padkach, mo del moªna zbudowa¢ na kilka sp osob ów, czyli ⌦ nie jest jednoznaczniewyznaczona przez do±wiadczenie losowe. Np. mo del zbudowany za p omo c° drzewa jestcz¶sto róªny o d mo delu klasycznego.

Po j¶ciem pierwotnym teorii prawdop o dobie´stwa jest zdarzenie elementarne.

Jak wiadomo, p o j¶cia pierwotnego nie definiuje si¶, jednak przy rozwi°zywaniu zada´, bu-duj°c mo del, musimy zdecydowa¢, co w danym do±wiadczeniu losowym jest zdarzeniemelementarnym.

Prop onujemy nast¶puj°cy sp osób p ost¶p owania.

Analizujemy do±wiadczenie losowe i sp orz°dzamy list¶ jego moªliwych wyników, tak abylista ta sp e™nia™a nast¶puj°ce warunki:

1. Ma by¢ kompletna, tzn. do±wiadczenie nie moªe zakoćzy¢ si¶ wynikiem, którego nie mana li±cie,

2. Elementy listy musz° by¢ parami roz™°czne, tzn. kaªdy wynik umieszczony na li±cie musiwyklucza¢ wszystkie inne wyniki tej listy.

Elementy tak sp orz°dzonej listy przyjmujemy za zdarzenia elementarne.

130 6. O rozwi°zywaniu zada´ z rachunku prawdop o dobie´stwa

PamiÍtamy o postulacie rozróønialnoúci:

Jeªeli jest kilka monet o tym samym nominale, kilka sze±ciennych kostek do gry, kilka kultego samego koloru (ogólnie kilka elementów tego samego ro dza ju „optycznie nierozróªnial-nych”), to w naszych rozwaªaniach b ¶d° one zawsze rozróønialne, to znaczy p onumerowane.Umawiamy si¶, ªe jest element pierwszy, element drugi, . . .

Zbiór wszystkich zdarze´ elementarnych oznaczamy symb olem ⌦.

Zdarzeniem losowym nazywamy kaªdy p o dzbiór skoćzonego zbioru wszystkich zdarzeélementarnych.

PrawdopodobieÒstwo jest to funkcja P, okre±lona na wszystkich zdarzeniach losowych za-wartych w danym zbiorze ⌦, sp e™nia j°ca nast¶puj°ce warunki:

1. Dla kaªdego zdarzenia losowego A jest P(A)ˇ 0.2. P(⌦)= 1.3. Dla kaªdej pary zdarze´ roz™°cznych A,B, jest P(AfiB)=P(A)+P(B).

Podstawowe w≥asnoúci prawdopodobieÒstwa

1. P (ÿ)= 0.2. Jeªeli AµB, to P(B\A)=P(B)-P(A).3. Jeªeli AµB, to P(A)˛P(B).4. Dla kaªdego A, P(A)˛ 1.5. P(A Õ)= 1-P(A), gdzie A Õ to zdarzenie przeciwne do zdarzenia A.6. P(AfiB)=P(A)+P(B)-P(AflB).

Waªn° konsekwencj° w™asno±ci 4 oraz 6 jest nierówno±¢ P(AflB)ˇP(A)+P(B)-1.

Twierdzenie. Klasyczna definicja prawdop o dobie´stwa

Jeªeli zbiór wszystkich zdarze´ elementarnych ⌦ jest zbiorem skoćzonym i wszystkie zda-rzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, to dla kaªdego zdarzenia losowego Aµ⌦

P(A)=|A|

|⌦|.

Wyróªniamy nast¶puj°ce typ owe do±wiadczenia losowe:

1. W do±wiadczeniu p olega j°cym na losowaniu p o jednym elemencie z kaªdego ze zbiorówA1,A2, . . . ,Ak, zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie ci° gi (x1,x2, . . . ,xk) takie, ªexi œAi dla iœ {1,2, . . . ,k}. Jest to mo del klasyczny i |⌦|= |A1| · |A2| · . . . · |Ak|.

2. W do±wiadczeniu p olega j°cym na k-krotnym losowaniu p o jednym elemencie ze zwra-caniem ze zbioru A, zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie funkcje f : {1,2, . . . ,k}!A,lub równowaªnie wszystkie ci° gi (x1,x2, . . . ,xk) takie, ªe xi œAi dla iœ {1,2, . . . ,k}, lubrównowaªnie wszystkie k-elementowe wariacje z p owtórzeniami zbioru A; jest to mo delklasyczny i jeªeli |A|=n, to |⌦|=nk.

3. W do±wiadczeniu p olega j°cym na k-krotnym losowaniu p o jednym elemencie b ez zwra-cania ze zbioru A, takiego, ªe |A|=n i k˛n, zdarzeniami elementarnymi s° wszystkiefunkcje róªnowarto±ciowe f : {1,2, . . . ,k}!A lub równowaªnie wszystkie ci° gi róªnowar-

6.1. Zakres p o dstawowy 131

to±ciowe (x1,x2, . . . ,xk) takie, ªe xi œA dla i œ {1,2, . . . ,k} lub równowaªnie wszystkiek-elementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru A; jest to mo del klasyczny i

|⌦|=n ·(n-1) · . . . ·(n-k+1)=n!

(n-k)!.

4. W do±wiadczeniu p olega j°cym na p orz°dkowaniu wszystkich elementów takiego zbio-ru A, ªe |A| = n, zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie funkcje róªnowarto±ciowef : {1,2, . . . ,k}!A lub równowaªnie wszystkie ci° gi róªnowarto±ciowe (x1,x2, . . . ,xn) ta-kie, ªe xi œA dla iœ {1,2, . . . ,k} lub równowaªnie wszystkie p ermutacje zbioru A; jest tomo del klasyczny i |⌦|=n!.

5. W do±wiadczeniu p olega j°cym na jedno czesnym losowaniu k elementów ze zbioru A lubk-krotnym losowaniu p o jednym elemencie b ez zwracania ze zbioru A takiego, ªe |A|=n

i k˛ n, ale nie interesuje nas kolejno±¢ losowania a tylko to czy dany element zosta™wylosowany czy nie, zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie k-elementowe p o dzbiory

zbioru A; jest to mo del klasyczny i |⌦|=

3n

k

4=

n!

k! ·(n-k)!.

6.1. Zakres podstawowy

Zadania z teorii prawdop o dobie´stwa, w zakresie p o dstawowym, dotycz° prostych do±wiad-cze´ losowych typu:

a) losowanie jednego elementu z p o danego zbioru,b) losowanie p o jednym elemencie z dwó ch (trzech) zbiorów,

c) kilkukrotne losowanie p o jednym elemencie ze zwracaniem z danego zbioru, np. rzutykostk° to losowanie p o jednym elemencie ze zwracaniem ze zbioru {1,2,3,4,5,6},

d) kilkukrotne losowanie p o jednym elemencie b ez zwracania z danego zbioru.

Przyk≥ad 1.Dane s° liczby 2 oraz 4. Ze zbioru liczb 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 wybieramy losowo jedn° licz-b ¶ i oznaczamy j° k. Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia: istnieje tró jk°t o d™ugo±ciachb oków 2, 4, k.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie elementy zbioru 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 .

Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, sp e™nione s° za™oªenia twierdzenia„klasyczna definicja prawdop o dobie´stwa”, |⌦|= 8.

Okre±lamy zdarzenia A:

A — liczby 2, 4, k s° d™ugo±ciami b oków tró jk°ta, czyli sp e™nia j° nierówno±ci tró jk°ta tzn.suma d™ugo±ci kaªdych dwó ch b oków jest wi¶ksza o d d™ugo±ci trzeciego b oku.8<

:

2+4>k

2+k>4

4+k>2

st°d

8<

:

k<6

k>2

k>-2

, czyli kœ {3,4,5}, st°d |A|= 3 i P(A)=3

8.


Przyk≥ad 2.S° dwa p o jemniki. W kaªdym z nich s° cztery kule. W pierwszym p o jemniku jest 1 kulabia™a i 3 kule czarne, w drugim s° 2 kule bia™e i dwie kule czarne. Z kaªdego p o jemnikalosujemy jedn° kul¶. Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarze´:

A — otrzymamy dwie kule bia™e,

B — otrzymamy dok™adnie jedn° kul¶ bia™°.


Pami¶tamy o p ostulacie rozróªnialno±ci i numerujemy kule w kaªdym p o jemniku. W p o-jemniku pierwszym kula bia™a ma numer 1, kule czarne — numery 2, 3, 4; w p o jemnikudrugim kule bia™e ma j° numery 1, 2, kule czarne ma j° numery 3, 4. Zdarzeniami elementar-nymi w tym do±wiadczeniu s° wszystkie ci° gi dwuelementowe (a,b) o warto±ciach w zbiorze

1, 2, 3, 4 . Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, mamy mo del klasyczny.

Korzysta j°c z regu™y mnoªenia mamy:

|⌦| = 4 ·4= 16.

Zdarzeniu A sprzyja j° wszystkie ci° gi o dp owiada j°ce wyb orowi kuli bia™ej z kaªdego p o-jemnika,

|A| = 1 ·2= 2 P(A)=2

16= 0,125.

Zdarzenie B jest sum° dwó ch zdarze´ roz™°cznych B=B1fiB2, gdzie

B1 — z pierwszego p o jemnika wylosujemy kul¶ bia™° i z drugiego czarn°,

B2 — z pierwszego p o jemnika wylosujemy kul¶ czarn° i z drugiego bia™°.

|B1| = 1 ·2= 2,

|B2| = 3 ·2= 6.

Zdarzenia B1,B2 s° roz™°czne, st°d

|B| = |B1|+ |B2| oraz P(B)=8

16= 0,5.

II sposób rozwiπzania (meto da tab eli)

Ponumerujmy kule w kaªdym p o jemniku. Niech w p o jemniku pierwszym kula bia™a manumer 1, kule czarne numery 2, 3, 4; w p o jemniku drugim kule bia™e ma j° numery 1, 2, kuleczarne ma j° numery 3, 4. Zdarzeniami elementarnymi w tym do±wiadczeniu s° wszystkieci° gi dwuelementowe (a,b) o warto±ciach w zbiorze 1, 2, 3, 4 . Zdarzenia jedno elementowes° równoprawdop o dobne, jest to mo del klasyczny.

Zbiór wszystkich zdarze´ elementarnych ⌦ moªemy przedstawi¢ w p ostaci tab eli 4◊ 4.

Rysujemy dwie tab ele. W pierwszej zaznaczamy zdarzenia elementarne sprzyja j°ce zdarze-niu A, w drugiej zaznaczamy zdarzenia elementarne sprzyja j°ce zdarzeniu B i obliczamyo dp owiednie prawdop o dobie´stwo.

Uwaga

Moªemy narysowa¢ tab el¶ 2◊ 2, ale w tak opisanym zbiorze ⌦ zdarzenia jedno elementowenie s° równoprawdop o dobne, nie by≥by to model klasyczny.

6.1. Zakres p o dstawowy 133

III sposób rozwiπzania (meto da drzewa)

Rysujemy drzewo, które ma dwa p oziomy. Drzewo moªe mie¢ 16 ga™¶zi, alb o w prostszejwersji 4 ga™¶zie. Zapisujemy prawdop o dobie´stwa przy o dcinkach drzewa i obliczamy praw-dop o dobie´stwo.

Przyk≥ad 3.W p ewnym liceum ogólnokszta™c°cym s° dwie klasy trzecie, których sk™ad osob owy przed-stawiono w tab eli.

klasa liczba wszystkich uczniów liczba dziewcz°t

I I Ia 30 18

I I Ib 32 16

Z kaªdej klasy wybieramy losowo jednego ucznia. Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A

p olega j°cego na tym, ªe zostanie wybrana dziewczynka i ch™opiec. Wynik p o da j w p ostaciu™amka zwyk™ego nieskracalnego.


Na p o dstawie tab eli o dczytujemy sk™ad obu klas:

I I Ia: 18 dziewczynek i 12 ch™op ców,I I Ib: 16 dziewczynek i 16 ch™op ców.

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie pary (a, b), gdzie a oznacza ucznia klasy I I Ia, za±b oznacza ucznia klasy I I Ib. Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, mamyschemat klasyczny.

|⌦| = 30 ·32= 960.

Zdarzenie A jest sum° dwó ch zdarze´:

A1 — z klasy I I Ia zostanie wybrana dziewczynka i z klasy I I Ib zostanie wybrany ch™opiec,A2 — z klasy I I Ia zostanie wybrany ch™opiec i z klasy I I Ib zostanie wybrana dziewczynka.

A=A1fiA2.

A1flA2 = ÿ, st°d |A| = |A1|+ |A2|,

|A1| = 18 ·16= 288

|A2| = 12 ·16= 192

|A|= 288+192= 480 i P(A)=|A|

|⌦|=

480

960=

1

2.

II sposób rozwiπzania (meto da drzewa)

Rysujemy drzewo, które ma dwa p oziomy. Drzewo dla zdarzenia A, na którym s° tylkoistotne ga™¶zie, ma 4 ga™¶zie (wyróªniamy p™e¢).


Zapisujemy prawdop o dobie´stwa przy o dcinkach drzewa i obliczamy prawdop o dobie´stwodo da j°c o dp owiednie ilo czyny.

P(A)=3

5· 12+2

5· 12=

1

2.

Przyk≥ad 4.Ze zbioru liczb 0, 1, 2, 3, 4, 5 losujemy kolejno dwa razy p o jednej liczbie b ez zwracaniai oznacza j°c pierwsz° wylosowan° liczb ¶ przez a, drug° przez b, tworzymy liczb ¶ x=10a+b.

Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarze´:

A — x b ¶dzie dwucyfrow° liczb° parzyst°,

B — x b ¶dzie dwucyfrow° liczb° p o dzieln° przez trzy.


Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie dwuelementowe ci° gi róªnowarto±ciowe (a,b) o war-to±ciach w zbiorze 0, 1, 2, 3, 4, 5 — dwuelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru sze±cio-elementowego.

Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, jest to mo del klasyczny i |⌦|=6·5=30.

Obliczamy P (A).

Zauwaªmy, ªe A=A1fiA2, gdzie

A1 — pierwsza liczba b ¶dzie parzysta, róªna o d zera i druga liczba b ¶dzie parzysta (róªnao d pierwszej),A2 — pierwsza liczba b ¶dzie nieparzysta i druga liczba b ¶dzie parzysta.

|A1| = 2 ·2= 4,

|A2| = 3 ·3= 9,

A1flA2 = ÿ, st°d |A|= |A1|+ |A2|= 13 i P(A)=13

30.

Obliczamy P (B).

Liczba jest p o dzielna przez trzy, gdy suma jej cyfr jest p o dzielna przez trzy, st°d

B= {(1,2) ,(1,5) ,(2,1) ,(2,4) ,(3,0) ,(4,2) ,(4,5) ,(5,1) ,(5,4)} , |B| = 9 P(B)= 0,3.

II sposób rozwiπzania (meto da tab eli)

Zbiór wszystkich zdarze´ elementarnych ⌦ moªemy przedstawi¢ w p ostaci tab eli 6◊6 z usu-ni¶t° przek°tn° zawiera j°c° (0,0). W tab eli jest 6 ·6-6= 30 p ól.

Rysujemy dwie tab ele. W pierwszej zaznaczamy zdarzenia elementarne sprzyja j°ce zdarze-niu A, w drugiej zdarzenia elementarne sprzyja j°ce zdarzeniu B i obliczamy o dp owiednieprawdop o dobie´stwa.

6.2. Zakres rozszerzony 135

III sposób rozwiπzania (meto da drzewa)

Rysujemy dwa drzewa, pierwsze dla zdarzenia A, drugie dla zdarzenia B. Drzewo ma 2p oziomy. Zapisujemy prawdop o dobie´stwa przy o dcinkach drzewa i obliczamy prawdop o-dobie´stwo do da j°c o dp owiednie ilo czyny.

Drzewo dla zdarzenia A, na którym s° tylko istotne ga™¶zie, ma 4 ga™¶zie.

P(A)=2

6· 25+3

6· 35=

13

30.

Drzewo dla zdarzenia B, na którym s° tylko istotne ga™¶zie, ma 10 ga™¶zi.

P(B)= 4 · 16· 25+1

6· 15=

9

30= 0,3.

Przyk≥ad 5.— stosowanie w≥asnoúci prawdopodobieÒstwaZdarzenia losowe A,B s° zawarte w ⌦ i P(B Õ )=0,65; P(AfiB)=0,5; P(AflB)=0,2. Oblicz:

a) P(A),

b) P(B\A) .

Rozwiπzanie

P(B)= 1-P(B Õ), st°d P(B)= 0,35.

Korzysta j°c ze wzoru P(AfiB)=P(A)+P(B)- P(AflB) obliczamy P(A).

P(A)= P(AfiB)-P(B)+ P(AflB)= 0,5-0,35+0,2= 0,35.

Korzysta j°c z wzoru P(B\A)=P(B)- P(AflB) obliczamy P(B\A).

P(B\A)= 0,35-0,2= 0,15.

6.2. Zakres rozszerzony

Przyk≥ad 1.Zdarzenia losowe A,B s° zawarte w ⌦. Liczby P(AflB), P(A), P(B) s° w p o danej kolej-no±ci pierwszym, trzecim i czwartym wyrazem ci° gu arytmetycznego oraz P(AfiB) = 0,65

i P(B\A)= 0,3. Oblicz P (A ÕfiB) .

Rozwiπzanie

Niech (an) b ¶dzie ci° giem arytmetycznym o pierwszym wyrazie a1 i róªnicy r.

P(AflB)=a1, P(A)=a1+2r, P(B)=a1+3r.

Korzysta j°c z w™asno±ci prawdop o dobie´stwa zapisujemy uk™ad równa´:�

P(AfiB)=P(A)+P(B)-P(AflB)P(B\A)=P(B)-P(AflB)


Po dstawia j°c dane otrzymujemy:�

0,65=a1+2r+a1+3r-a1

0,3=a1+3r-a1

�0,65=a1+5r

0,3= 3r

st°d a1 = 0,15, r= 0,1 i P(AflB)= 0,15, P(A)= 0,15+0,2= 0,35, P(B)= 0,15+0,3= 0,45.

P (A ÕfiB)=P(A Õ)+P(B)-P (A ÕflB)= 1-P(A)+P(B)-P (B)+P(AflB)= 0,8.

Przyk≥ad 2.Pi¶¢ p onumerowanych kul rozmieszczamy losowo w trzech p onumerowanych komórkach.

Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarze´:

A — pierwsza komórka b ¶dzie pusta,

B — pierwsza komórka b ¶dzie pusta lub druga komórka b ¶dzie pusta.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnym s° wszystkie pi¶cio elementowe wariacje z p owtórzeniami zbiorutrzyelementowego (kaªdej kuli przyp orz°dkujemy numer komórki, w której b ¶dzie umiesz-czona).

Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, jest to mo del klasyczny,

|⌦| = 35 = 243.

Zdarzeniu A — pierwsza komórka b ¶dzie pusta — sprzyja j° zdarzenia elementarne o dp o-wiada j°ce rozmieszczeniu wszystkich kul w drugiej i trzeciej komórce — pi¶cio elementowewariacje z p owtórzeniami zbioru dwuelementowego.

|A|= 25 oraz P(A)=

32

3

45

=32

243.

Zdarzenie B jest sum° dwó ch zdarze´, B= B1fiB2, gdzie zdarzenie Bi oznacza zdarzeniep olega j°ce na tym, ªe komórka o numerze i b ¶dzie pusta, i œ {1,2}.

P(B)=P(B1fiB2)=P(B1)+P(B2)-P(B1flB2).

|B1| = |B2| = 25, |B1flB2| = 1,

(jest tylko jedno rozmieszczenie, w którym pierwsza i druga komórka b ¶d° puste — wszystkiekule b ¶d° w trzeciej komórce).

P(B)=2 ·25-15

35=

7

27.

Przyk≥ad 3.Osiem p onumerowanych kul rozmieszczamy losowo w trzech p onumerowanych p o jemnikach.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarze´:


A — w pierwszym p o jemniku b ¶d° cztery kule,

B — w pierwszym p o jemniku b ¶d° cztery kule i w drugim p o jemniku b ¶d° trzy kule.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie o±mio elementowe wariacje z p owtórzeniami zbiorutró jelementowego — kaªdej kuli przyp orz°dkujemy numer komórki, w której b ¶dzie umiesz-czona. Zdarzenia jedno elementowe s° równoprawdop o dobne, jest to mo del klasyczny i

|⌦| = 38 = 6561.

Zdarzeniu A sprzyja j° te rozmieszczenia, w których cztery kule s° w pierwszym p o jemniku,a p ozosta™e cztery kule s° rozmieszczone dowolnie w p ozosta™ych dwó ch p o jemnikach.

Obliczamy |A|: numery kul, które b ¶d° w pierwszym p o jemniku wybieramy na38

4

4sp o-

sob ów, p ozosta™e kule, w dwó ch p ozosta™ych p o jemnikach rozmieszczamy na 24 sp osob ów,korzysta j°c z regu™y mnoªenia, otrzymujemy

|A|=

38

4

4·24 = 1120 P(A)= 0,170705. . . .

Zdarzeniu B sprzyja j° te rozmieszczenia, w których cztery kule s° w pierwszym p o jemniku,

trzy w drugim p o jemniku i jedna w trzecim p o jemniku.

Obliczamy |B|:

numery kul, które b ¶d° w pierwszym p o jemniku wybieramy na38

4

4sp osob ów,

numery kul, które b ¶d° w drugim p o jemniku wybieramy na34

3

4sp osob ów,

korzysta j°c z regu™y mnoªenia, otrzymujemy

|B|=

38

4

4·34

3

4= 280 oraz P(B)= 0,042676. . .

Przyk≥ad 4.Do±wiadczenie losowe p olega na pi¶ciokrotnym rzucie symetryczn° sze±cienn° kostk° do gry.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe otrzymamy dok™adnie trzyrazy ±ciank¶ z trzema o czkami i suma liczb o czek uzyskanych we wszystkich rzutach b ¶dzieparzysta.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie pi¶cio elementowe wariacje z p owtórzeniami zbioru{1,2,3,4,5,6}. Jest to mo del klasyczny, |⌦| = 65.

Zdarzenie A p olega na tym, ªe dok™adnie w trzech rzutach otrzymamy trzy o czka, w jednym

z p ozosta™ych dwó ch rzutów otrzymamy jedno alb o pi¶¢ o czek, a w drugim parzyst° liczb ¶o czek.


Obliczamy |A|:

numery trzech rzutów dla trzech o czek wybieramy na35

3

4= 10 sp osob ów,

numer rzutu, z dwó ch p ozosta™ych, dla liczby o czek ze zbioru 1, 5 wybieramy na 2 sp osoby,

liczb ¶ o czek na 2 sp osoby

parzyst° liczb ¶ o czek na 3 sp osoby;

korzysta j°c z regu™y mnoªenia, otrzymujemy |A|=

35

3

4·2 ·2 ·3= 120.

St°d P(A)=120

65=

5

324.

Przyk≥ad 5.Do±wiadczenie losowe p olega na pi¶ciokrotnym rzucie symetryczn° sze±cienn° kostk° do gry.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe otrzymamy dok™adnie trzyrazy ±ciank¶ z trzema o czkami i ilo czyn liczb o czek uzyskanych we wszystkich rzutach b ¶dzieparzysty.

Rozwiπzanie


Zdarzenie A p olega na tym, ªe w dok™adnie trzech rzutach otrzymamy trzy o czka i w p ozo-sta™ych dwó ch rzutach otrzymamy co na jmniej raz parzyst° liczb ¶ o czek.

Obliczamy |A|:


3

4= 10 sp osob ów, co na jmniej

raz parzyst° liczb ¶ o czek, w p ozosta™ych dwó ch rzutach, moªemy otrzyma¢ na 52-22 = 21

sp osob ów — moªliwe s° wyniki ze zbioru {1,2,4,5,6} (alb o 3 · 3+ 2 · 3 · 2= 21 sp osob ów),

korzysta j°c z regu™y mnoªenia, otrzymujemy |A|=

35

3

4·21= 210.

St°d P(A)=210

65=

35

1296.

Przyk≥ad 6.Do±wiadczenie losowe p olega na pi¶ciokrotnym rzucie symetryczn° sze±cienn° kostk° do gry.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe otrzymamy dok™adnie trzyrazy ±ciank¶ z trzema o czkami i ilo czyn liczb o czek uzyskanych we wszystkich rzutach b ¶dziep o dzielny przez 45.

Rozwiπzanie



Zdarzenie A p olega na tym, ªe w dok™adnie trzech rzutach otrzymamy trzy o czka i w p ozo-sta™ych dwó ch rzutach otrzymamy co na jmniej raz pi¶¢ o czek.

Obliczamy |A|:


3

4= 10 sp osob ów, co na jmniej

raz pi¶¢ o czek w p ozosta™ych dwó ch rzutach moªemy otrzyma¢ na 52-42 = 9 sp osob ów —moªliwe s° wyniki ze zbioru 1,2,4,5,6 (alb o 1·1+2·1·4=9 sp osob ów), korzysta j°c z regu™y

mnoªenia, otrzymujemy |A|=

35

3

4·9= 90.

St°d P(A)=90

65=

5

432.

Przyk≥ad 7.Do±wiadczenie losowe p olega na pi¶ciokrotnym rzucie symetryczn° sze±cienn° kostk° do gry.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe otrzymamy dok™adnie trzyrazy ±ciank¶ z trzema o czkami i suma liczb o czek uzyskanych we wszystkich rzutach b ¶dziep o dzielna przez 3.

Rozwiπzanie


Zdarzenie A p olega na tym, ªe dok™adnie w trzech rzutach otrzymamy trzy o czka i w p ozo-sta™ych dwó ch rzutach otrzymamy liczby o czek, których suma jest p o dzielna przez 3, tzn.otrzymamy dwa razy 6 o czek alb o w jednym z rzutów b ¶dzie liczba o czek ze zbioru 1,4 ,a w drugim ze zbioru 2,5 .

Obliczamy |A|:


3

4= 10 sp osob ów, otrzymamy dwa

razy 6 o czek na 1 sp osób alb o wybieramy numer rzutu, w którym b ¶dzie liczba o czek zezbioru 1,4 na 2 sp osoby, liczb ¶ ze zbioru 1,4 na 2 sp osoby i liczb ¶ ze zbioru 2,5na 2 sp osoby; razem 1+2 ·2 ·2= 9 sp osob ów, korzysta j°c z regu™y mnoªenia, otrzymujemy

|A|=

35

3

4·9= 90.

St°d P(A)=90

65=

5

432.

Przyk≥ad 8.Ze zbioru liczb {1,2,3,4,5,6,7,8,9} losujemy trzy razy p o jednej liczbie b ez zwracania. Ozna-cza j°c kolejno wylosowane liczby przez a,b,c tworzymy liczb ¶ x= 100a+10b+c.

Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A — liczba x b ¶dzie nieparzysta.


I sposób rozwiπzania (p e™na informacja o wyniku do±wiadczenia)

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie trzyelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru{1,2,3,4,5,6,7,8,9}, jest to mo del klasyczny, |⌦| = 9 ·8 ·7= 504.

Zdarzeniu A sprzyja j° zdarzenia elementarne, w których c jest liczb° nieparzyst°.

W typ owym rozwi°zaniu zdarzenie A jest sum° czterech parami roz™°cznych zdarze´

A=A1fiA2fiA3fiA4,

gdzie

A1 — a,b,c s° nieparzyste, |A1| = 5 ·4 ·3= 60

A2 — a,c s° nieparzyste, b jest parzysta, |A2| = 5 ·4 ·4= 80

A1 — b,c nieparzyste, a parzysta, |A3| = 4 ·5 ·4= 80

A1 — a,b s° parzyste, c jest nieparzysta, |A4| = 4 ·3 ·5= 60

|A| = 280 i P(A)=5

9


Aby sprawdzi¢, czy liczba x jest trzycyfrowa i nieparzysta wystarczy zna¢ liczb ¶ c, liczbya oraz b s° „nieistotne”. Na trzecim miejscu moªe wyst° pi¢ kaªda z dziewi¶ciu liczb i s°to sytuacje jednakowo moªliwe. Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie liczby ze zbioru

{1,2, . . . ,9}, jest to mo del klasyczny, |⌦| = 9, |A| = 5 oraz P(A)=5

9.

Uwaga 1.

Fakt, ªe na trzecim miejscu moªe wyst° pi¢ kaªda z liczb ze zbioru {1,2, . . . ,9} nie budzisprzeciwu, ale to, ªe wszystkie ma j° równe prawdop o dobie´stwo nie jest dla wielu osóbo czywiste. Nie jest teª o czywiste, ªe na jpierw moªemy wybra¢ liczb ¶ c, p otem p ozosta™ew dowolnej kolejno±ci i otrzymamy ten sam mo del.

Uwaga 2.

Jak wynika z rozwi°zania, w którym stosujemy II sposób rozwiπzania, przy uogólnie-niu tego zadania na przypadek, gdy losujemy k liczb b ez zwracania i tworzymy liczb ¶x= 10k-1 ·a1 + 10k-2 ·a2 + . . .+ak (2˛ k˛ 10), wynik tego zadania nie zaleªy o d tegoile liczb losujemy.

Uwaga 3.

Zadanie, którego rozwi°zanie przedstawili±my, ma wiele innych wariantów „historyjek”, ideajest ta sama, moªna je rozwi°za¢ w pami¶ci buduj°c o dp owiednik II sposobu rozwiπzania.

Przyk≥ad— typowe zadanie z wielu zbiorów zdaÒ

Z p o jemnika, w którym jest siedem kul bia™ych i cztery kule czarne, losujemy trzy razy p ojednej kuli b ez zwracania. Oblicz prawdop o dobie´stwo otrzymania kuli czarnej w trzecimlosowaniu.


Wi¶kszo±¢ „zalecanych” sp osob ów rozwi°zania, to o dp owiednik I sposobu rozwiπzania z p e™-n° informacj° o wyniku do±wiadczenia.

Uwaga 4.

Pomo c° w kszta™ceniu intuicji w tym zagadnieniu moªe by¢ leª°ca na stole talia kart.

Powinno by¢ jasne, ªe zdarzenia:

A — pierwsza karta jest pikiem,

B — trzecia karta jest pikiem

s° równoprawdop o dobne.

Przyk≥ad 9.Ze zbioru liczb {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} losujemy trzy razy p o jednej liczbie b ez zwracania.Oznacza j°c kolejno wylosowane liczby przez a,b,c tworzymy liczb ¶ x= 100a+10b+c.

Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A — liczba x b ¶dzie trzycyfrowa i nieparzysta.


Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie trzyelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}, jest to mo del klasyczny, |⌦| = 10 ·9 ·8= 720.

Zdarzeniu A sprzyja j° zdarzenia elementarne, w których a ”=0 c jest liczb° nieparzyst°.

W typ owym rozwi°zaniu zdarzenie A jest sum° czterech parami roz™°cznych zdarze´

A=A1fiA2fiA3fiA4,

gdzie

A1 — a,b,c s° nieparzyste, |A1| = 5 ·4 ·3= 60

A2 — a,c s° nieparzyste, b jest parzysta, |A2| = 5 ·5 ·4= 100

A3 — b,c s° nieparzyste, a jest parzysta, |A3| = 4 ·5 ·4= 80

A4 — a,b s° parzyste, c jest nieparzysta, |A4| = 4 ·4 ·5= 80

|A| = 320 i P(A)=4

9


Aby sprawdzi¢, czy liczba x jest trzycyfrowa i nieparzysta wystarczy zna¢ liczby a oraz c,liczba b jest „nieistotna”.

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie dwuelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}, jest to mo del klasyczny, |⌦| = 10 ·9.

Zdarzeniu A sprzyja j° zdarzenia elementarne, w których a ”=0 oraz c jest liczb° nieparzyst°.

|A| = 5 ·8= 40, (na jpierw wybieramy c, p otem a), P(A)=4

9.


Uwaga

Jak wynika z rozwi°zania, w którym stosujemy II sposób rozwiπzania, przy uogólnieniutego zadania na przypadek, gdy losujemy k, (2˛ k˛ 10), liczb b ez zwracania i tworzymyliczb ¶ x=10k-1 ·a1+10k-2 ·a2+. . .+ak. Wynik tego zadania nie zaleªy o d tego, ile liczb lo-sujemy. W przypadku losowania np. sze±ciu liczb rozwi°zanie, w którym stosujemy I sposóbrozwiπzania (p e™na informacja), jest bardzo uci°ªliwe rachunkowo.

Sygnalizujemy tu bardzo waªne zagadnienie. Ucz°c rozwi°zywania zada´ dotycz°cych ra-chunku prawdop o dobie´stwa naleªy p okazywa¢ uczniom, ªe czasami mo del zbudowany zgo d-nie ze „szczegó™ami technicznymi” przebiegu do±wiadczenia jest rachunkowo bardzo uci°ª-liwy, a mo del uwzgl¶dnia j°cy tylko problem zwi°zany z tym do±wiadczeniem p ozwala roz-wi°za¢ zadanie w pami¶ci.

Przyk≥ad 10.Zbiór liczb {1,2, . . . ,7} p orz°dkujemy w sp osób losowy. Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarze-nia A p olega j°cego na tym, ªe suma kaªdych dwó ch s°siednich liczb b ¶dzie liczb° nieparzy-st°. Wynik p o da j w p ostaci u™amka zwyk™ego nieskracalnego.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p ermutacje zbioru siedmio elementowego, zdarzeniaelementarne s° równoprawdop o dobne, jest to mo del klasyczny i |⌦| = 7!.

Zdarzeniu A sprzyja j° te p ermutacje zbioru 1,2,. . . ,7 , w których na miejscach o nume-rach nieparzystych b ¶d° liczby nieparzyste, a na miejscach o numerach parzystych liczbyparzyste.

St°d

|A| = 4! ·3! i P(A)=4! ·3!7!

=1

35.

Przyk≥ad 11.Liczby 1,2,3,4,5,6,7 ustawiamy w szeregu w sp osób losowy. Oblicz prawdop o dobie´stwozdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe liczba 1 nie b ¶dzie sta™a ob ok liczby 2 oraz ilo czynkaªdych dwó ch s°siednich liczb b ¶dzie parzysty.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p ermutacje zbioru {1,2,3,4,5,6,7}. Jest to mo delklasyczny, |⌦| = 7! = 5040.

Zdarzenie A p olega na tym, ªe liczby nieparzyste sto j° na miejscach o numerach nieparzy-stych, liczby parzyste sto j° na miejscach o numerach parzystych i liczby 1 oraz 2 nie sto j°ob ok siebie. Wyróªniamy dwa przypadki, liczba 1 stoi na miejscu pierwszym lub ostatnimalb o liczba 1 stoi „w ±ro dku”.

Obliczamy |A|: gdy liczba 1 stoi na miejscu pierwszym lub ostatnim, to liczb ¶ 2 moªemy usta-wi¢ na 2 sp osoby, a gdy liczba 1 stoi „w ±ro dku” to liczb ¶ 2 moªemy ustawi¢ na 1 sp osób, p o-zosta™e liczby nieparzyste ustawiamy na 3!=6 sp osob ów i p ozosta™e liczby parzyste ustawia-my na 2!=2 sp osoby; korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A|=(2 ·2+2 ·1)·6·2=72.


St°d P(A)=72

5040=

1

70.

Przyk≥ad 12.Liczby 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ustawiamy w szeregu w sp osób losowy. Oblicz prawdop o dobie´stwozdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe liczba 1 nie b ¶dzie sta™a ob ok liczby 2 oraz sumakaªdych dwó ch s°siednich liczb b ¶dzie nieparzysta.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p ermutacje zbioru {1,2,3,4,5,6,7,8}. Jest to mo delklasyczny, |⌦| = 8! = 40320.

Zdarzenie A p olega na tym, ªe liczby nieparzyste sto j° na miejscach o numerach nieparzy-stych, liczby parzyste sto j° na miejscach o numerach parzystych alb o o dwrotnie i liczby 1oraz 2 nie sto j° ob ok siebie. Wyróªniamy dwa przypadki, liczba 1 stoi na miejscu pierwszymlub ostatnim alb o liczba 1 stoi „w ±ro dku”.

Obliczamy |A|:

gdy liczba 1 stoi na miejscu pierwszym lub ostatnim, to liczb ¶ 2 moªemy ustawi¢ na 3sp osoby, a gdy liczba 1 stoi „w ±ro dku”, to liczb ¶ 2 moªemy ustawi¢ na 2 sp osoby, p ozosta™eliczby nieparzyste ustawiamy na 3! = 6 sp osob ów i p ozosta™e liczby parzyste ustawiamy na3! = 6 sp osob ów;

korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A| =(2 ·3+6 ·2) ·6 ·6= 648.

St°d P(A)=648

40320=

9

560.

Przyk≥ad 13.Liczby 1,2,3,4,5,6,7,8 ustawiamy w szeregu w sp osób losowy. Oblicz prawdop o dobie´stwozdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe liczba 1 b ¶dzie sta™a ob ok liczby 2 oraz liczba 3 b ¶dziesta™a ob ok liczby 4.

Rozwiπzanie


I sposób obliczenia |A|

Zdarzenie A p olega na tym, ªe liczby 1 i 2 sto j° ob ok siebie oraz liczby 3 i 4 sto j° ob oksiebie. Jest 7 par kolejnych miejsc. Wyróªniamy dwa przypadki:

1. gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 1,2 alb o 7,8, to dla pary 3 i 4 mamy 5 par kolejnychmiejsc,

2. w p ozosta™ych przypadkach (gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 2,3 alb o 3,4 alb o 4,5alb o 5,6 alb o 6,7) dla pary 3 i 4 mamy 4 pary kolejnych miejsc.

Obliczamy |A|:


gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 1, 2 alb o 7, 8 — 2 moªliwo±ci, to dla pary 3 i 4 mamy 5par kolejnych miejsc, w p ozosta™ych 5 przypadkach dla pary 3 i 4 mamy 4 pary kolejnychmiejsc;

na wybranych miejscach liczby 1, 2 oraz 3, 4 ustawiamy na 2 ·2= 4 sp osoby, p ozosta™e 4liczby na p ozosta™ych 4 miejscach ustawiamy na 4! = 24 sp osoby;

korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A| =(2 ·5+5 ·4) ·2 ·2 ·24= 2880.

II sposób obliczenia |A|

Potraktujmy par¶ (1,2) jako jeden element oraz par¶ (3,4) jako jeden element. Zatem wrazz p ozosta™ymi 4 liczbami ustawiamy w szeregu 6 elementów na 6! sp osob ów, w kaªdymz tych ustawie´ par¶ (1,2) moªna ustawi¢ na 2 dwa sp osoby i par¶ (3,4) na dwa sp osoby.

Korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A|= 2 ·2 ·6! = 2880.

St°d P(A)=2880

40320=

1

14.

Przyk≥ad 14.Liczby 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ustawiamy w szeregu w sp osób losowy. Oblicz prawdop o dobie´stwozdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe liczba 1 b ¶dzie sta™a ob ok liczby 2 lub liczba 3 b ¶dzie

sta™a ob ok liczby 4.

Rozwiπzanie


Zdarzenie A jest sum° dwó ch zdarze´ A=A1fiA2.

Zdarzenie A1 p olega na tym, ªe liczby 1 i 2 sto j° ob ok siebie,

zdarzenie A2 p olega na tym, ªe liczby 3 i 4 sto j° ob ok siebie.

|A|= |A1fiA2|= |A1|+ |A2|- |A1flA2|

Jest 7 par kolejnych miejsc.

Zdarzenie A1 p olega na tym, ªe liczby 1 i 2 za jmuj° kolejne miejsca.

Obliczamy |A1|.

Kolejne miejsca wybieramy na 7 sp osob ów, liczby 1, 2 ustawiamy na tych miejscach na2 sp osoby, p ozosta™e 6 liczb na p ozosta™ych 6 miejscach ustawiamy na 6! = 720 sp osob ów;korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A1|= 7 ·2 ·6! = 10080.

Analogicznie obliczamy |A2|= |A1|= 10080.

Zdarzenie A1flA2 p olega na tym, ªe liczby 1,2 b ¶d° ob ok siebie oraz liczby 3,4 b ¶d° ob oksiebie.

I sposób obliczenia |A1flA2|

Zdarzenie |A1flA2| p olega na tym, ªe liczby 1 i 2 sto j° ob ok siebie oraz liczby 3 i 4 sto j°ob ok siebie. Jest 7 par kolejnych miejsc. Wyróªniamy dwa przypadki:


a) gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 1, 2 alb o 7, 8, to dla pary 3 i 4 mamy 5 par kolejnychmiejsc,

b) w p ozosta™ych przypadkach (gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 2, 3 alb o 3, 4 alb o 4, 5alb o 5, 6 alb o 6, 7) dla pary 3 i 4 mamy 4 pary kolejnych miejsc.

Obliczamy |A1flA2|:

gdy liczby 1 i 2 sto j° na miejscach 1,2 alb o 7,8 — 2 moªliwo±ci, to dla pary 3 i 4 mamy 5par kolejnych miejsc, w p ozosta™ych 5 przypadkach dla pary 3 i 4 mamy 4 pary kolejnychmiejsc;

na wybranych miejscach liczby 1,2 oraz 3,4 ustawiamy na 2·2=4 sp osoby, p ozosta™e 4 liczbyna p ozosta™ych 4 miejscach ustawiamy na 4! = 24 sp osoby;

korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy: |A1flA2| =(2 ·5+5 ·4) ·2 ·2 ·24= 2880.

II sposób obliczenia |A1flA2|

Potraktujmy par¶ (1,2) jako jeden element oraz par¶ (3,4) jako jeden element. Zatem wrazz p ozosta™ymi 4 liczbami ustawiamy w szeregu 6 elementów na 6! sp osob ów, w kaªdymz tych ustawie´ par¶ (1,2) moªna ustawi¢ na 2 dwa sp osoby i par¶ (3,4) na dwa sp osoby.

Korzysta j°c z regu™y mnoªenia otrzymujemy |A|= 2 ·2 ·6! = 2880.

St°d |A|= 2 ·10080-2880= 17280 i P(A)=17280

40320=

3

7.

Przyk≥ad 15. (Arkusz I. Matura 17.01.2006. Zadanie 3.)

Po wiadomo±ciach z kra ju i ze ±wiata telewizja TVG ma nada¢ pi¶¢ reklam: trzy reklamyróªnych proszków do prania oraz dwie reklamy róªnych past do z¶b ów. Kolejno±¢ nadawaniareklam jest ustalana losowo. Oblicz prawdop o dobie´stwo, ªe dwie reklamy pro duktów tegosamego ro dza ju nie b ¶d° nadane b ezp o±rednio jedna p o drugiej. Wynik p o da j w p ostacinieskracalnego u™amka zwyk™ego.

Rozwiπzania

Dla ustalenia uwagi przyp orz°dkujemy proszkom do prania liczby 1, 2, 3, a pastom do z¶b ówliczby 4, 5. Przez A oznaczmy zdarzenie opisane w tre±ci zadania.


Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p ermutacje zbioru {1,2,3,4,5}, jest to mo del kla-syczny, |⌦| = 5! = 120

Zdarzeniu A sprzyja j° p ermutacje, w których proszki sto j° na miejscach o numerach 1, 3, 5,a pasty na miejscach 2, 4.

|A| = 3! ·2! = 12, P(A)=1

10.


Zauwaªmy, ªe aby o dp owiedzie¢ na pytanie, czy dwie reklamy pro duktów tego samego ro-dza ju nie b ¶d° nadane b ezp o±rednio jedna p o drugiej, wystarczy wiedzie¢, które miejsce


za jmuje pierwsza pasta i które miejsce za jmuje druga pasta (alb o, które miejsca za jmuj°kolejne proszki).

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie dwuelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbiorupi¶cio elementowego, jest to mo del klasyczny, |⌦| =5 ·4=20 (alb o wszystkie tró jelementowetrzyelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbioru pi¶cio elementowego, jest to mo del klasyczny,|⌦| = 5 ·4 ·3= 60)

|A| = 2 ·1= 2, P(A)=2

20=

1

10

(alb o |A| = 3 ·2 ·1= 6, P(A)=6

60=

1

10).


Zauwaªmy, ªe aby o dp owiedzie¢ na pytanie, czy dwie reklamy pro duktów tego samego ro-dza ju nie b ¶d° nadane b ezp o±rednio jedna p o drugiej, wystarczy wiedzie¢, które miejscaza jmuj° pasty - b ez precyzowania ustawienia (alb o, które miejsca za jmuj° proszki).

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie dwuelementowe p o dzbiory zbioru pi¶cio elemento-

wego, jest to mo del klasyczny, |⌦| =

35

2

4= 10 (alb o wszystkie trzyelementowe p o dzbiory

zbioru pi¶cio elementowego, jest to mo del klasyczny, |⌦| =

35

3

4= 10).

Zdarzeniu A sprzyja jeden p o dzbiór

|A| = 1, P(A)=1

10.

Przyk≥ad 16.10 osób, w±ró d których s° panowie X oraz Y ustawia si¶ w sp osób losowy w szeregu. Obliczprawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe p omi¶dzy panami X i Y b ¶d°sta™y dok™adnie dwie osoby.


Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p ermutacje zbioru dziesi¶cio elementowego, jest tomo del klasyczny, |⌦| = 10!

|A| = 2 ·7 ·8!, P(A)=7

45.


Aby sprawdzi¢, czy p omi¶dzy panami X i Y sto j° dok™adnie dwie osoby, wystarczy wiedzie¢,na którym miejscu stoi pan X, a na którym pan Y.

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie dwuelementowe wariacje b ez p owtórze´ zbiorudziesi¶cio elementowego, jest to mo del klasyczny, |⌦| = 10 ·9= 90

|A| = 2 ·7= 14, P(A)=7

45.



Aby sprawdzi¢, czy p omi¶dzy panami X i Y sto j° dok™adnie dwie osoby, wystarczy wiedzie¢,które miejsca za jmuj° panowie X i Y, b ez precyzowania ustawienia.

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p o dzbiory dwuelementowe zbioru dziesi¶cio ele-

mentowego, jest to mo del klasyczny, |⌦| =

310

2

4= 45,

|A| = 7, P(A)=7

45.

Przyk≥ad 17.Ze zbioru liczb {1,2,3,4,5,6,7,8} wybieramy losowo jedno cze±nie cztery liczby. Oblicz praw-dop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe na jmniejsz° wylosowan° liczb° b ¶dzie3 lub na jwi¶ksz° wylosowan° liczb° b ¶dzie 7.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p o dzbiory cztero elementowe zbioru {1,2,3,4,5,6,7,8}.

Jest to mo del klasyczny, |⌦| =

38

4

4= 70.

Zdarzenie A jest sum° dwó ch zdarze´ A=A1fiA2.

Zdarzenie A1 p olega na tym, ªe na jmniejsz° liczb° jest 3,

zdarzenie A2 p olega na tym, ªe na jwi¶ksz° liczb° jest 7.

|A|= |A1fiA2|= |A1|+ |A2|- |A1flA2| .

Zdarzenie A1 p olega na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb jest 3 oraz trzy liczby ze zbioru

{4,5,6,7,8}. St°d |A1|=

35

3

4= 10.

Zdarzenie A2 p olega na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb jest 7 oraz trzy liczby ze zbioru

{1,2,3,4,5,6}. St°d |A2|=

36

3

4= 20.

Zdarzenie A1flA2 p olega na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb s° 3 i 7 oraz dwie liczby ze

zbioru {4,5,6}. St°d |A1flA2|=

33

2

4= 3.

Otrzymujemy: |A|= 10+20-3= 27 i P(A)=27

70.

Przyk≥ad 18.Ze zbioru liczb {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} wybieramy losowo jedno cze±nie cztery liczby. Obliczprawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb b ¶d°dok™adnie dwie liczby parzyste oraz dok™adnie jedna liczba p o dzielna przez 5.


Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie p o dzbiory cztero elementowe zbioru {1,2,3, . . . ,10}.


310

4

4= 210.

Zdarzenie A p olega na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb b ¶d° dok™adnie dwie liczby pa-rzyste oraz dok™adnie jedna liczba p o dzielna przez 5. Wyróªniamy dwa przypadki:

w±ró d wylosowanych liczb jest liczba 10 i nie ma liczby 5,

w±ró d wylosowanych liczb jest liczba 5 i nie ma liczby 10.

Obliczamy |A|:

gdy w±ró d wylosowanych liczb jest liczba 10, to sp o±ró d p ozosta™ych liczb parzystych naleªywybra¢ jedn° na 4 sp osoby i sp o±ró d nieparzystych róªnych o d 5 naleªy wybra¢ dwie na34

2

4= 6 sp osob ów;

gdy w±ró d wylosowanych liczb nie ma liczby 10, to musi by¢ liczba 5, sp o±ró d p ozosta™ych

liczb parzystych naleªy wybra¢ dwie na34

2

4=6 sp osob ów i sp o±ró d nieparzystych róªnych

o d 5 naleªy wybra¢ jedn° na 4 sp osoby.

St°d |A| = 4 ·6+6 ·4= 48 i P(A)=48

210=

8

35.

Przyk≥ad 19.Dwunastu zawo dników, w±ró d których s° X, Y oraz Z, p o dzielono losowo na dwie rów-noliczne grupy eliminacyjne, czerwon° i zielon°. Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A

p olega j°cego na tym, ªe zawo dnicy X i Y b ¶d° w tej samej grupie eliminacyjnej, a zawo dnikZ w innej.

I sposób rozwiπzania (p o dzia™ na grupy)

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie sze±cio elementowe kombinacje zbioru dwunasto-elementowego np. sk™ad grupy czerwonej.


312

6

4= 924.

Oznaczmy przez A1 zdarzenie p olega j°ce na tym, ªe zawo dnicy X i Y b ¶d° w grupie czer-wonej, a zawo dnik Z w zielonej oraz przez A2 zdarzenie p olega j°ce na tym, ªe zawo dnicyX i Y b ¶d° w grupie zielonej, a zawo dnik Z w czerwonej.

Obliczamy |A1| .

Do zawo dników X i Y naleªy dobra¢ 4 zawo dników sp o±ró d 9 p ozosta™ych.

Moªemy to zrobi¢ na39

4

4sp osob ów, st°d |A1|=

39

4

4= 126.

Analogicznie obliczamy |A2|=

39

4

4= 126.


Zatem |A|= 2 ·39

4

4= 252, wi¶c P(A)=

|A|

|⌦|=

2 ·39

4

4

312

6

4 =3

11.

II sposób rozwiπzania (grupa z X)

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie pi¶cio elementowe kombinacje zbioru jedenasto ele-mentowego, sk™ad grupy, w której b ¶dzie zawo dnik X.


311

5

4= 462.

Obliczamy |A| .

Do zawo dników X i Y naleªy dobra¢ 4 zawo dników sp o±ró d 9 p ozosta™ych.

Moªemy to zrobi¢ na39

4

4sp osob ów.

Zatem |A|=

39

4

4= 126, wi¶c P(A)=

|A|

|⌦|=

39

4

4

311

5

4 =3

11.

III sposób rozwiπzania (up orz°dkowanie zawo dników)

Ustawiamy losowo wszystkich zawo dników w szeregu. Zawo dnicy za jmuj°cy miejsca o d 1 do 6to grupa czerwona, a za jmuj°cy miejsca o d 7 do 12 to grupa zielona.

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie tró jki (x,y,z) parami róªnych liczb ze zbioru{1,2, . . . ,12}, x to numer miejsca zawo dnika X, y to numer miejsca zawo dnika Y, z to numermiejsca zawo dnika Z — informacje o p ozosta™ych zawo dnikach s° nieistotne.

Jest to mo del klasyczny, |⌦| = 12 ·11 ·10= 1320.

Dla kaªdej warto±ci x jest 5 sprzyja j°cych warto±ci y oraz 6 sprzyja j°cych warto±ci z.

Zatem |A|= 12 ·5 ·6= 360, wi¶c P(A)=3

11.

Przyk≥ad 20.Ze zbioru liczb {1,2,3, . . . ,20} losujemy jedno cze±nie 8 liczb. Oblicz prawdop o dobie´stwo, ªew±ró d wylosowanych liczb b ¶d° dok™adnie dwie pary liczb, których suma jest równa 21.

Rozwiπzanie

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie o±mio elementowe kombinacje zbioru {1,2,3, . . . ,20} .


320

8

4= 125970.

Oznaczmy przez A zdarzenie p olega j°ce na tym, ªe w±ró d wylosowanych liczb b ¶d° dok™ad-nie dwie pary liczb, których suma jest równa 21.

Obliczamy |A| .

Jest 10 par liczb, których suma jest równa 21. Aby zasz™o zdarzenie A, musz° wyst° pi¢ dwie

pary, wybieramy je na310

2

4sp osob ów oraz z czterech sp o±ró d o±miu p ozosta™ych par, które

wybieramy na38

4

4sp osob ów, ma wyst¶p owa¢ p o jednej liczbie na 24 sp osob ów. St°d

|A|=

310

2

4·38

4

4·24 = 50400 i P(A)=

|A|

|⌦|=

1680

4199.

Rozdzia≥ 7

PrawdopodobieÒstwo warunkoweTwierdzenie o prawdopodobieÒstwie

ca≥kowitymEdward Stachowski

konsultacja: Anna Olechnowicz

W p o dstawie programowej ob owi°zuj°cej na egzaminie maturalnym o d 2015 r. p o jawi™y si¶nowe tre±ci programowe. W±ró d nich s° mi¶dzy innymi zagadnienia dotycz°ce prawdop o do-bie´stwa warunkowego oraz twierdzenie o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym. Zatem w tychmateria™ach edukacyjnych wi¶kszo±¢ uwagi zosta™a skupiona na p o j¶ciu prawdop o dobie´stwawarunkowego, w szczególno±ci na intuicji zwi°zanej z tym p o j¶ciem (paradoksy). Jak p oka-zuj° dane historyczne, z p oprzednich matur, zadania zwi°zane z zastosowaniem twierdzeniao prawdop o dobie´stwie ca™kowitym nie sprawia j° wi¶kszych k™op otów. Uczniowie p oprawnierozwi°zuj° takie zadania (na ogó™ za p omo c° meto dy drzewa probabilistycznego).

Z prawdop o dobie´stwem warunkowym sp otykamy si¶, gdy rozpatrujemy do±wiadczenie lo-sowe i mamy do datkow° informacj¶, ªe zasz™o jakie± zdarzenie.

Przyk≥ad 1.Do±wiadczenie losowe p olega na rzucie symetryczn° sze±cienn° kostk° do gry tak°, ªe ±ciankiz jednym, dwoma i trzema o czkami s° bia™e, a p ozosta™e ±cianki s° czarne.

Wprowadπmy oznaczenia dla zdarze´:

A — otrzymamy parzyst° liczb ¶ o czek,

B — otrzymamy ±ciank¶ bia™°

i obliczmy prawdop o dobie´stwo zdarzenia A, jeªeli wiadomo, ªe zasz™o zdarzenie B.

(Moªemy sobie wyobrazi¢, ªe kto± rzuci™ kostk° i nakry™ j° d™oni°, ale mi¶dzy palcami wida¢,ªe na wierzchu jest ±cianka bia™a).

⌦= {1,2,3,4,5,6}, mamy mo del klasyczny, A= {2,4,6}, B= {1,2,3}.

Poniewaª wiemy, ªe zasz™o zdarzenie B, wi¶c moªemy ograniczy¢ nasze rozwaªania wy™°czniedo zdarze´ elementarnych sprzyja j°cych zdarzeniu B. Zdarzeniu B sprzyja j° trzy zdarzeniaelementarne, sp o±ró d nich jedno sprzyja zdarzeniu A, tak wi¶c prawdop o dobie´stwo za j±cia

zdarzenia A p o d warunkiem, ªe zasz™o zdarzenie B, jest równe1

3.

Prawdop o dobie´stwo to oznaczamy symb olem P(A|B). Mamy wi¶c P(A|B)=1

3i zauwaªamy,

ªe jest ono mniejsze o d P(A)=1

2, b ezwarunkowego prawdop o dobie´stwa zdarzenia A.

152 7. Prawdop o dobie´stwo warunkowe. Twierdzenie o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym

Jeªeli przez C oznaczymy zdarzenie — otrzymamy ±ciank¶ czarn°, to rozumuj°c analogicznie,

otrzymamy P(A|C)=2

3i P(A|C)>P(A).

Analizuj°c oba p owyªsze przypadki, zauwaªamy, ªe zarówno

P(A|B)=1

3=

1612

=P(AflB)P(B)

, P(A|C)=2

3=

2612

=P(AflC)P(C)

.

Uwaga

Gdyby na kostce ±cianki z jednym o czkiem i dwoma o czkami by™y bia™e, a p ozosta™e czarne,

to rozumuj°c jak p oprzednio otrzymamy P(A|B)=P(A|C)=1

2=P(A).

W tym przypadku informacja o kolorze ±cianki, która wypad™a, nic nie wnosi, gdy interesujenas prawdop o dobie´stwo za j±cia zdarzenia A.

Otrzymali±my na p o dstawie naturalnego rozumowania w tym i innych przyk™adach wzór

P(A|B) =P(AflB)P(B)

, i mamy nadziej¶, ªe nast¶puj°ca definicja nie b ¶dzie dla nikogo zasko-

czeniem.

Definicja

Niech ⌦ b ¶dzie skoćzonym zbiorem wszystkich zdarze´ elementarnych, P — prawdop o do-bie´stwem okre±lonym na wszystkich zdarzeniach losowych zawartych w ⌦ oraz niech Bµ⌦b ¶dzie zdarzeniem losowym takim, ªe P(B)>0. Dla kaªdego zdarzenia losowego Aµ⌦ praw-dop o dobie´stwo warunkowe realizacji zdarzenia A p o d warunkiem za j±cia zdarzenia B, jestto liczba okre±lona wzorem

P(A|B)=P(AflB)P(B)

.

Uwagi

1. Oblicza j°c P(A|B) obliczamy tylko P(B) i P(AflB). Nie obliczamy P(A).

2. W przypadku mo delu klasycznego P(A|B)=P(AflB)P(B)

=|AflB||B|

.

7.1. Podstawowe w≥asnoúci prawdopodobieÒstwawarunkowego

1. Jeªeli P(AflB)= 0, to P(A|B)= 0.

2. Jeªeli AµB, to P(A|B)=P(A)

P(B).

3. Jeªeli A∏B, to P(A|B)= 1.4. Moªliwe s° wszystkie trzy przypadki: P(A|B)<P(A), P(A|B)>P(A), P(A|B)=P(A).

Zadanie 1.

Zdarzenia losowe A,B zawarte w ⌦ s° takie, ªe P (B Õ)=1

3,P(A|B)=

1

4. Oblicz P(AflB).

7.1. Po dstawowe w™asno±ci prawdop o dobie´stwa warunkowego 153

Szkic rozwiπzania

P(B)= 1-1

3=

2

3,P(AflB)P(B)

=1

4, st°d P(AflB)= 2

3· 14=

1

6.

Zadanie 2.

Zdarzenia losowe A,B zawarte w ⌦ s° takie, ªe P(A)=2

3, P (B)=

1

4, P(A|B)=

1

3.

Oblicz P(AfiB).

Szkic rozwiπzania

P(AfiB)=P(A)+P(B)-P(AflB), P(AflB)P(B)

=1

3,

st°d

P(AflB)= 1

3· 14=

1

12i P(AfiB)=P(A)+P(B)-P(AflB)= 2

3+1

4-

1

12=

10

12=

5

6.

Zadanie 3.

Zdarzenia losowe A,B zawarte w ⌦ s° takie, ªe P(A|B)=1

8. Oblicz

P(B\A)

P(B).

Niech B\A oznacza róªnic¶ zdarze´ B oraz A.

Szkic rozwiπzania

P(B\A)

P(B)=

P(B)-P(AflB)P(B)

= 1-P(A|B)=7

8.

Zadanie 4.Osiem osób, w tym X i Y, ustawiono losowo w szeregu. Oblicz prawdop o dobie´stwo, ªe X i Ysto j° ob ok siebie, jeªeli wiadomo, ªe Y stoi na miejscu pi°tym.

Odpowiedü:2

7.

Zadanie 5.Na kó™ku mamy, losowo rozmieszczonych, sze±¢ p onumerowanych kluczy, z których dok™adniejeden otwiera dany zamek. Oblicz prawdop o dobie´stwo, ªe czwarty klucz otwiera ten zamek,jeªeli wiadomo, ªe pierwszy i drugi klucz nie otworzy™ tego zamka.

Odpowiedü:1

4.

Zadanie 6.Rozmieszczamy losowo trzy p onumerowane kule w czterech p onumerowanych komórkach.Przyjmuj°c oznaczenia dla zdarze´:


A — w pierwszej komórce b ¶dzie co na jmniej jedna kula,

B — w drugiej komórce b ¶dzie co na jmniej jedna kula,

oblicz prawdop o dobie´stwo warunkowe P(A|B).

Szkic rozwiπzania

Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie tró jelementowe wariacje z p owtórzeniami zbiorucztero elementowego (wszystkie funkcje f :{1,2,3}!{1,2,3,4}, numer kuli ! numer komórki).Jest to mo del klasyczny.

|⌦|= 43 = 64.

P(A|B)=|AflB||B|

.

|B|= 43-33 = 37.

Zdarzenie AflB jest sum° trzech parami roz™°cznych zdarze´:

a) w pierwszej komórce s° dwie kule i w drugiej jest jedna kula, takie rozmieszczenia s° 3(na 3 sp osoby wybieramy jedn° kul¶ do drugiej komórki),

b) w drugiej komórce s° dwie kule i w pierwszej jest jedna kula, takie rozmieszczenia s° 3,c) pierwszej komórce jest jedna kula i w drugiej jest jedna kula, takich rozmieszcze´ jest

12 (na 3 sp osoby wybieramy kul¶ do komórki pierwszej i na dwa sp osoby wybieramykul¶ do komórki drugiej i na 2 sp osoby wybieramy komórk¶ dla trzeciej kuli, 3 ·2 ·2= 12

alb o na 2 sp osoby wybieramy komórk¶, która b ¶dzie „za j¶ta” i rozmieszczamy 3 kulew 3 komórkach p o jednej na 3! sp osob ów, 2 ·3! = 12).

St°d |AflB|= 3+3+12= 18 i P(A|B)=18

37.

7.2. Ciekawostki

Zak™adamy, ªe wszystkie p o dane niªej prawdop o dobie´stwa warunkowe s° okre±lone, nieb ¶dziemy pisali za™oªe´ dla kaªdego przyk™adu o ddzielnie.

Przyk≥ad 2.

P(A|B)>P(A) wtedy i tylko wtedy, gdy P(B|A)>P(B), (ú)

p oniewaª, przekszta™ca j°c równowaªnie, otrzymujemy

P(A|B)>P(A),

P(AflB)>P(A)P(B),

P(B|A)>P(B).

Nierówno±¢ P(A|B)> P(A) interpretujemy w ten sp osób, ªe za j±cie zdarzenia B zwi¶kszaprawdop o dobie´stwo za j±cia zdarzenia A. Nierówno±¢ (ú) jest sprzeczna z intuicj° wielu

7.3. Paradoksy 155

osób, którym wyda je si¶, ªe je±li za j±cie B zwi¶ksza prawdop o dobie´stwo za j±cia A, toza j±cie A zmniejsza prawdop o dobie´stwo za j±cia B.

Przyk≥ad 3.Jeªeli A,B,C s° zdarzeniami takimi, ªe CµAflB oraz P(B\A)>0 (B\A oznacza róªnic¶zdarze´), to P(C|A)>P(C|AfiB).

Nierówno±¢ ta wynika z równo±ci CflA=Cfl(AfiB) i nierówno±ci P(A)<P(AfiB) wynika j°cejz za™oªenia P(B\A)>0.

Korzysta j°c z tej nierówno±ci widzimy, b ez ªadnych oblicze´, ªe w grze w brydªa prawdo-p o dobie´stwo zdarzenia, ªe gracz X ma 4 asy, jeªeli wiemy, ªe ma asa pik, jest wi¶ksze o dprawdop o dobie´stwa, ªe gracz X ma 4 asy, jeªeli wiemy, ªe ma co na jmniej jednego asa.

Ten fakt w koću XIX wieku by™ przyczyn° niep orozumienia mi¶dzy egzaminatorami naWydziale Matematyki Uniwersytetu w Cambridge. Wiele osób, opiera j°c si¶ na intuicji, jestzdania, ªe prawdziwa jest nierówno±¢ „w drug° stron¶”.

7.3. Paradoksy

Paradoks trzech komódS° trzy komo dy A, B, C. W kaªdej z nich s° dwie szuflady. W kaªdej szufladzie jest jednamoneta, przy czym w komo dzie A w obu szufladach s° monety z™ote, w komo dzie B w obuszufladach s° monety srebrne, a w komo dzie C w jednej z szuflad jest moneta z™ota a w dru-giej moneta srebrna. Wylosowano komo d¶, nast¶pnie szuflad¶ i znaleziono w niej monet¶z™ot°. Oblicz prawdop o dobie´stwo, ªe w drugiej szufladzie tej komo dy teª jest moneta z™ota.

Typowa agitacja (b≥Ídna)

Na p ewno nie wylosowano komo dy B. S° wi¶c dwa przypadki, wylosowano komo d¶ A alb okomo d¶ C. W przypadku komo dy A, w drugiej szufladzie jest moneta z™ota. W przypadkukomo dy C, w drugiej szufladzie jest moneta srebrna. St°d wynika, ªe prawdop o dobie´stwo

tego, ªe w drugiej szufladzie tej komo dy teª jest moneta z™ota, jest równe1

2.

Rozwiπzanie tradycyjne


A — wylosowano komo d¶ A,

Z — wylosowano z™ot° monet¶.

Mamy obliczy¢ P(A|Z).

P(A|Z)=P(Z|A)P(A)

P(Z).

P(A)=1

3,P(Z|A)= 1,P(Z)=

1

2.


St°d

P(A|Z)=P(Z|A)P(A)

P(Z)=

1 · 13

12

=2

3.

Rozwiπzanie elementarne

Wylosowano monet¶ z™ot°. S° trzy monety z™ote. Wylosowanie kaªdej z nich jest jednakowo

prawdop o dobne. Dwie z nich wskazuj° na komo d¶ A, jedna na komo d¶ C. St°d P(A|Z)=2

3.

Typowa agitacja, cd.

B™°d w rozumowaniu p olega na tym, ªe opisane dwa przypadki nie s° równoprawdop o dobne.

Dylemat wiÍünia (Problem Serb elloni. W 1966 w Villi Serb elloni o dby™a si¶ konferencjap o±wi¶cona biologii teoretycznej, p o dobno ten problem omal nie doprowadzi™ do zerwaniaobrad)

Trzej zb ó jcy X , Y , Z zostali skazani na ±mier¢. W™adca, z okazji ±wi¶ta, p ostanowi™ u™askawi¢jednego z nich, a dwó ch straci¢. Zb ó j X nie wie jeszcze, którzy z wi¶πniów zostan° stracenii czy on sam jest jednym z tych dwó ch. Zagaduje wi¶c straªnika, który zna decyzj¶ w™adcy:„na p ewno stracony zostanie Y lub Z , wi¶c jeªeli wyjawisz mi teraz, który z nich zostaniestracony, to niczego nie p owiesz o moim losie”. Straªnik p o krótkim namy±le przychyli™ si¶do pro±by wi¶πnia i p owiedzia™, ªe umrze Y . Us™yszawszy to, X si¶ nieco usp okoi™, b owiemprawdop o dobie´stwo jego o calenia zwi¶kszy™o si¶ z 1/3 do 1/2.

(X wie teraz, ªe zostanie stracony Y, a drugim nieszcz¶±nikiem b ¶dzie alb o on alb o Z).

Czy zb ó j X ma racj¶?

Szczegó≥owe rozwiπzanie

Zestawmy w tab eli wszystkie moªliwe pary zb ó jów skazanych na ±mier¢ i decyzj¶ straªnika.

skazani o calonyimi¶ p o daneprzez straªnika

prawdop o dobie´stwop o dania tego imienia

A X, Y Z Y1

3

B X, Z Y Z1

3

C Y, Z X Y alb o Z1

3

Zauwaªmy, ªe w trzecim przypadku straªnik moªe p o da¢ imi¶ Y alb o Z.

W tym rozwi°zaniu (przypadek klasyczny) przyjmiemy, ªe w takiej sytuacji imi¶ kaªdego

ze skazanych p o da je z prawdop o dobie´stwem1

2(losowo wskazuje skazaća).

7.3. Paradoksy 157

Mamy zatem cztery moªliwo±ci:



A X, Y Z Y1

3

B X, Z Y Z1

3

C1 Y, Z X Y1

3· 12=

1

6

C2 Y, Z Z Z1

3· 12=

1

6

Rozwaªmy teraz przypadki, w których straªnik p owiedzia™, ªe stracony b ¶dzie Y. S° to A

oraz C1. Prawdop o dobie´stwo tego, ªe straªnik p o da imi¶ Y jest równe1

3+

1

6=

1

2i st°d

otrzymujemy, ªe prawdop o dobie´stwo tego, ªe X zostanie u™askawiony, jeªeli straªnik p owie

imi¶ Y jest równe16

13+ 1

6

=1

3, czyli ta informacja nic nie wnios™a.

Uwaga

S° dwa zdarzenia:

A1 — stracony zostanie zb ó j Y,

A2 — straªnik p owiedzia™, ªe stracony zostanie zb ó j Y.

A1∏A2 i A1 ”=A2.

W przypadku klasycznym zdarzenia: A2 i „u™askawiony zosta™ X” s° niezaleªne.

Wraca j°c do problemu, o dp owiedπ b ¶dzie inna, gdyby wiadomo by™o, ªe straªnik w sytuacji,gdy ma j° by¢ straceni Y oraz Z p o da je imi¶ Y z prawdop o dobie´stwem p, a imi¶ Z z praw-dop o dobie´stwem 1-p, gdzie 0˛p˛ 1 (np. moªna wyobrazi¢ sobie sytuacj¶, gdy straªnikbardzo nie lubi wi¶πnia Z, wtedy p= 0).

Mamy zatem cztery moªliwo±ci, które przedstawimy w tab eli.



A X, Y Z Y1

3

B X, Z Y Z1

3

C1 Y, Z X Y1

3·p=

p

3

C2 Y, Z Z Z1

3·(1-p)=

1-p

3

Prawdop o dobie´stwo tego, ªe straªnik p o da imi¶ Y jest równe1

3+

p

3=

1+p

3i st°d otrzy-


mujemy, ªe prawdop o dobie´stwo tego, ªe X zostanie u™askawiony, jeªeli straªnik p owiedzia™

imi¶ Y, jest równep3

13+ p

3

=p

1+p,30˛ p

1+p˛ 1

2

4.

Dla p= 0 to prawdop o dobie´stwo jest równe 0, a dla p= 1 jest równe1

2.

Wi¶zie´ X p owinien mie¢ nadziej¶, ªe straªnik bardzo nie lubi™ wi¶πnia Y.

Trzy karty (jedna z wielu wersji paradoksu Monty Halla, w TVP by™ teleturniej „ Idπ naca™o±¢”)

Na stole leª° koszulkami do góry, w nieznanej graczowi kolejno±ci, trzy karty: As, Króli Dama. Jeªeli gracz o dgadnie prawid™owo p o™oªenie Asa, wygrywa duª° nagro d¶. Graczwskaza™ kart¶ ±ro dkow° i wtedy bankier mówi: „ Chwileczk¶. Odkryj¶ jedn° kart¶ z p ozosta-™ych dwó ch, a ty si¶ zastanów, czy chcesz zmieni¢ swó j wyb ór”, p o czym o dkrywa pierwsz°kart¶ z lewej i jest ni° Król. Bankier zna p o™oªenie kart i o dkrywa zawsze kart¶ róªn°o d Asa. Jeªeli ma do wyb oru dwie karty: Króla lub Dam¶, wybiera losowo kaªd° z nichz prawdop o dobie´stwem równym 1/2.

Czy gracz p owinien zmieni¢ swó j wyb ór?

Typowa agitacja (b≥Ídna)

Zosta™y dwie karty, As i Dama. Jedn° z nich ma bankier, a drug° gracz. Jest wi¶c wszyst-ko jedno, czy gracz zmieni swó j wyb ór czy nie, w obu przypadkach prawdop o dobie´stwowygranej jest równe 1/2.

Szczegó≥owe rozwiπzanie

Zestawmy w tab eli wszystkie moªliwe pary kart bankiera, kart¶ graczach i decyzj¶ bankiera.

karty bankiera karta graczakarta o dkrytaprzez bankiera

prawdop o dobie´stwoo dkrycia tej karty

1 A, K D K1

3

2 A, D K D1

3

3 K, D A K alb o D1

3

Zauwaªmy, ªe w trzecim przypadku bankier moªe p okaza¢ K alb o D.

W tym rozwi°zaniu (przypadek klasyczny) przyjmiemy, ªe w takiej sytuacji bankier o dkrywakaªd° z tych kart z prawdop o dobie´stwem 1/2 (losowo wybiera kart¶).

Mamy zatem cztery moªliwo±ci:

7.3. Paradoksy 159



1 A, K D K1

3

2 A, D K D1

3

31 K, D A K1

3· 12=

1

6

32 K, D A D1

3· 12=

1

6

Rozwaªmy teraz przypadki, w których bankier p okaza™ Króla. S° to 1 oraz 31. Prawdo-

p o dobie´stwo tego, ªe bankier p okaªe Króla, jest równe1

3+

1

6=

1

2i st°d otrzymujemy,

ªe prawdop o dobie´stwo tego, ªe gracz ma Asa, jeªeli bankier p okaza™ Króla, jest równe16

13+ 1

6

=1

3, czyli ta informacja nic nie wnios™a.

W™a±ciwym p ost¶p owaniem (wed™ug kryterium wi¶kszej szansy) jest wi¶c zamiana kart.

Prawdop o dobie´stwo wygranej p o zamianie jest równe2

3.

Uwaga

S° dwa zdarzenia:

A1 — bankier ma Króla,

A2 — bankier p okaza™ Króla.

A1∏A2 i A1 ”=A2.

W przypadku klasycznym zdarzenia: A2 i „ gracz ma Asa” s° niezaleªne.

Wraca j°c do problemu, o dp owiedπ b ¶dzie inna, gdyby wiadomo by™o, ªe bankier w sytuacji,gdy ma Króla i Dam¶, p okazuje Króla z prawdop o dobie´stwem p, a Dam¶ z prawdop o do-bie´stwem 1-p, gdzie 0˛p˛ 1 (np. moªna wyobrazi¢ sobie sytuacj¶, gdy bankier bardzonie lubi Króla, wtedy p= 0).

Mamy zatem cztery moªliwo±ci, które przedstawimy w tab eli



1 A, K D K1

3

2 A, D K D1

3

31 K, D A K1

3·p=

p

3

32 K, D A D1

3·(1-p)=

1-p

3

Prawdop o dobie´stwo tego, ªe bankier o dkryje Króla, jest równe1

3+p

3=

1+p

3i st°d otrzy-


mujemy, ªe prawdop o dobie´stwo tego, ªe gracz ma Asa, jeªeli bankier o dkry™ Króla, jest

równep3

13+ p

3

=p

1+p,30˛ p

1+p˛ 1

2

4.

Dla p= 0 to prawdop o dobie´stwo jest równe 0, a dla p= 1 jest równe1

2.

W™a±ciwym p ost¶p owaniem (wg kryterium wi¶kszej szansy) jest wi¶c zamiana kart.

Prawdop o dobie´stwo wygranej jest nie mniejsze o d1

2.

Gracz p owinien mie¢ nadziej¶, ªe bankier bardzo nie lubi™ Króla.

Uogólnienia paradoksu Monty HallaNa stole, koszulkami do góry, leªy, w nieznanej graczowi kolejno±ci, siedem kart: A, K, D, W,10, 9, 8. Gracz wskazuje trzy karty i jeªeli w±ró d jego kart jest As, wygrywa duª° nagro d¶.Gracz wskaza™ trzy pierwsze o d lewej karty i wtedy bankier mówi: „ Chwileczk¶. Odkryj¶ trzykarty z p ozosta™ych czterech, a ty si¶ zastanów, czy chcesz zmieni¢ swó j wyb ór, tzn. zamieni¢trzy two je wybrane karty na jedn°, która p ozosta™a”, p o czym o dkrywa trzy z prawej i jestto K, D, W. Bankier zna p o™oªenie kart i o dkrywa zawsze karty róªne o d Asa. Jeªeli mado wyb oru trzy karty z czterech, wybiera losowo kaªd° „tró jk¶” z prawdop o dobie´stwemrównym 1/4.

Czy gracz p owinien zmieni¢ swó j wyb ór (trzy za jedn°)?

Prawdop o dobie´stwo, ªe gracz wskaza™ karty, w±ró d których jest As, jest równe3

7. Prawdo-

p o dobie´stwo, ªe w±ró d p ozosta™ych czterech kart jest As, jest równe4

7.

Moªna przedstawi¢ szczegó™ow° analiz¶ zadania w tab eli (jak p oprzednio). W tym przypadkuograniczymy si¶ do analizy koćowej, tzn. do wnioskowania w sytuacji, gdy bankier p okaza™K, D, W.

karty o dkryteprzez bankiera

karta zakryta karty graczaprawdop o dobie´stwoo dkrycia tej karty

1 K, D, W A 10, 9, 81!74

" = 1

35

2 K, D, W 10 A, 9, 81

4· 135

3 K, D, W 9 A, 10, 81

4· 135

4 K, D, W 8 A, 10, 91

4· 135

Prawdop o dobie´stwo tego, ªe bankier p okaªe Króla, Dam¶ i Waleta jest równe1

35+3

4· 135

=1

20i st°d otrzymujemy, ªe prawdop o dobie´stwo tego, ªe gracz wskaza™ kary, w±ró d których

jest As, jeªeli bankier p okaza™ Króla, Dam¶ i Waleta jest równe34· 135

120

=60

140=

3

7, czyli ta

informacja nic nie wnios™a.

7.4. Wzór na prawdop o dobie´stwo ilo czynu 161

W™a±ciwym p ost¶p owaniem (wg kryterium wi¶kszej szansy) jest wi¶c zamiana trzech kartna jedn°.

Prawdop o dobie´stwo wygranej p o zamianie jest równe4

7.

Uwaga

S° dwa zdarzenia:

A1 — bankier ma Króla, Dam¶, Waleta,

A2 — bankier p okaza™ Króla, Dam¶, Waleta.

A1∏A2 i A1 ”=A2.

W przypadku klasycznym zdarzenia: A2 i „ gracz wskaza™ karty, w±ró d których jest As” s°niezaleªne.

Poucza j°ce jest rozwaªenie sytuacji szczególnych, np. gdy bankier zawsze, o ile to moªliwe,p okazuje

a) Króla, Dam¶, Waleta,b) Króla, Dam¶,

c) Króla.

Bankier p okaza™ Króla, Dam¶ i Waleta. W przypadku

a) prawdop o dobie´stwo, ªe w±ró d kart wskazanych przez gracza jest As, jest równe 3/4, nienaleªy zatem si¶ zamienia¢ (wg kryterium wi¶kszej szansy),

b) prawdop o dobie´stwo, ªe w±ró d kart wskazanych przez gracza jest As, jest równe 3/5,równieª nie naleªy si¶ zamienia¢ (wg kryterium wi¶kszej szansy),

c) prawdop o dobie´stwo, ªe w±ró d kart wskazanych przez gracza jest As, jest równe 3/6=1/2,obie decyzje, zamienia¢ si¶ lub nie, ma j° równe prawdop o dobie´stwo sukcesu.

7.4. Wzór na prawdopodobieÒstwo iloczynu1. Jeªeli B jest zdarzeniem losowym zawartym w ⌦ i P(B)>0, to dla kaªdego Aµ⌦

P(AflB)=P(B)P(A|B)

2. Jeªeli A1,A2, . . . ,An s° zdarzeniami losowymi zawartymi w ⌦ i P(A1flA2fl. . .flAn-1)>0,to

P(A1flA2fl . . .flAn)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1flA2) · · ·P(An|A1flA2fl . . .flAn-1)

Uwagi

Przy rozwi°zywaniu zada´ meto d° drzewa mnoªymy prawdop o dobie´stwa wzd™uª danejga™¶zi drzewa. Jest to zastosowanie tego wzoru.


Przyk≥ad 4.Wed™ug danych statystycznych prawdop o dobie´stwo, ªe losowo wybrana osoba jest nosicie-lem wirusa X, który jest jedyn° przyczyn° choroby Z, jest równe 0,00372. Prawdop o dobie´-stwo, ªe nosiciel wirusa X zachoruje na chorob ¶ Z, jest równe 0,496. Obliczymy prawdop o-dobie´stwo, ªe losowo wybrana osoba zachoruje na chorob ¶ Z.

Rozwiπzanie


A — wybrana losowo osoba zachoruje na chorob ¶ Z,

B — wybrana losowo osoba jest nosicielem wirusa X.

Mamy nast¶puj°ce dane: P(B)= 0,00372, P(A|B)= 0,496.

Zauwaªmy, ªe A=AflB, st°d P(A)=P(AflB)=P(B)P(A|B)= 0,00184512.

7.5. Twierdzenie o prawdopodobieÒstwieca≥kowitym (zupe≥nym)

Niech ⌦ b ¶dzie skoćzonym zbiorem wszystkich zdarze´ elementarnych, P — prawdop o-dobie´stwem okre±lonym na wszystkich zdarzeniach losowych zawartych w ⌦ oraz niechH1,H2, . . . ,Hn b ¶d° zdarzeniami losowym zawartymi w ⌦ takimi, ªe sp e™nione s° jedno cze-±nie trzy warunki:

1. H1fiH2fi . . .fiHn =⌦,2. HiflHj=ÿ dla i ”=j, gdzie i, jœ{1,2, . . . ,n} (zdarzenia H1,H2, . . . ,Hn s° parami roz™°czne),3. P(Hi)>0 dla iœ {1,2, . . . ,n}.

Wówczas dla kaªdego zdarzenia losowego Aµ⌦ prawdziwy jest wzór

P(A)=P(A|H1)P(H1)+P(A|H2)P(H2)+ . . .+P(A|Hn)P(Hn) (ú)

Wzór (ú) nazywamy wzorem na prawdop o dobie´stwo ca™kowite.

Uwagi

1. Graficzna ilustracja tego twierdzenia to drzewo probabilistyczne.2. Rozwi°zuj°c zadania meto d° drzewa i rysujemy tylko istotne ga™¶zie, korzystamy z twier-

dzenia o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym w nast¶puj°cej wersji:Niech ⌦ b ¶dzie skoćzonym zbiorem wszystkich zdarze´ elementarnych, P — prawdop o-dobie´stwem okre±lonym na wszystkich zdarzeniach losowych zawartych w ⌦ oraz niechA b ¶dzie zdarzeniem losowym zawartym w ⌦.Jeªeli H1,H2, . . . ,Hn s° zdarzeniami losowym zawartymi w ⌦ takimi, ªe sp e™nione s°jedno cze±nie trzy warunki:

a) H1fiH2fi . . .fiHn∏A,b) HiflHj = ÿ dla i ”= j, gdzie i, jœ {1,2, . . . ,n} (zdarzenia H1,H2, . . . ,Hn s° parami roz-

™°czne),

7.5. Twierdzenie o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym (zup e™nym) 163

c) P(Hi)>0 dla iœ {1,2, . . . ,n}.Wówczas prawdziwy jest wzór

P(A)=P(A|H1)P(H1)+P(A|H2)P(H2)+ . . .+P(A|Hn)P(Hn) (ú)

Przyk≥ad 5. (schemat Polya)

W p o jemniku jest b+ c kul, b kul bia™ych i c kul czarnych. Z tego p o jemnika losujemyjedn° kul¶, zwracamy j° do p o jemnika i dok™adamy do p o jemnika s kul koloru wylosowa-nego. Nast¶pnie losujemy jedn° kul¶ z p o jemnika, w którym jest teraz b+c+s kul. Obliczprawdop o dobie´stwo wylosowania kuli bia™ej w drugim losowaniu.

Szkic rozwi°zania


B1 — w pierwszym losowaniu otrzymamy kul¶ bia™°,

C1 — w pierwszym losowaniu otrzymamy kul¶ czarn°,

B2 — w drugim losowaniu otrzymamy kul¶ bia™°.

Zdarzenia B1,C1 sp e™nia j° za™oªenia twierdzenia o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym, st°d

P(B2)=P(B2|B1)P(B1)+P(B2|C1)P(C1).

P(B1)=b

b+c, P(C1)=

c

b+c, P(B2|B1)=

b+s

b+c+s, P(B2|C1)=

b

b+c+s.

ZatemP(B2)=

b+s

b+c+s· b

b+c+

b

b+c+s· c

b+c=

b

b+c=P(B1).

Zadanie moªna rozwi°za¢ za p omo c° drzewa.

Moªna wykaza¢, ªe jeªeli b ¶dziemy p owtarzali to do±wiadczenie tzn. b ¶dziemy zwraca¢ kul¶,dosypywa¢ s kul koloru wylosowanego, losowa¢, zwraca¢, dosypywa¢, . . . , to prawdop o do-bie´stwo zdarzenia Bn p olega j°cego na otrzymaniu kuli bia™ej w n-tym losowaniu jest równeb

b+cdla kaªdego n. St°d wynika, ªe dla kaªdych n,m prawdziwa

jest równo±¢ P(Bn|Bm)=P(Bm|Bn).

Zadanie 7.W p o jemniku jest dziesi¶¢ monet. Siedem jest prawid™owych, a trzy ma j° or™y p o obustronach. Losowo wybran° monet° rzucono pi¶¢ razy i otrzymano pi¶¢ razy or™a. Obliczprawdop o dobie´stwo, ªe rzucano monet° z or™ami p o obu stronach.

Szkic rozwi°zania


H1 — wylosujemy monet¶ z or™ami p o obu stronach,

H2 — wylosujemy monet¶ prawid™ow°,

A — otrzymamy pi¶¢ razy or™a.


Mamy obliczy¢ prawdop o dobie´stwo warunkowe P(H1|A).

P(H1|A)=P(AflH1)

P(A)=

P(A|H1)P(H1)

P(A).

Zdarzenia H1,H2 sp e™nia j° za™oªenia twierdzenia o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym.

H1fiH2=⌦, H1flH2=ÿ, P(H1)=3

10, P(H2)=

7

10, P(A|H1)=1, P(A|H2)=

1

25=

1

32.

Zdarzenia H1,H2 sp e™nia j° za™oªenia twierdzenia o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym.

P(A)=P(A|H1)P(H1)+P(A|H2)P(H2).

St°d

P(H1|A)=1 · 3

10

1 · 310

+ 132· 710

=96

103.

Zadanie 8.Na p ó™ce sto j° dwa p o jemniki. W pierwszym p o jemniku jest pi¶¢ kul: cztery bia™e i jednaczarna, w drugim s° trzy kule: dwie bia™e i jedna czarna. Z losowo wybranego p o jemnikawybieramy losowo dwa razy p o jednej kuli ze zwracaniem. Oblicz prawdop o dobie´stwowarunkowe, ªe druga wylosowana kula b ¶dzie bia™a, jeªeli wiadomo, ªe pierwsza wylosowanakula by™a bia™a.

Szkic rozwi°zania


H1 — wylosujemy pierwszy p o jemnik,

H2 — wylosujemy drugi p o jemnik,

B1 — pierwsza wylosowana kula b ¶dzie bia™a,

B2 — druga wylosowana kula b ¶dzie bia™a.

Mamy obliczy¢ P(B2|B1)=P(B2flB1)

P(B1).

Zdarzenia H1,H2 sp e™nia j° za™oªenia twierdzenia o prawdop o dobie´stwie ca™kowitym:

H1fiH2 =⌦,H1flH2 = ÿ,P (H1)=P (H2)=1

2>0.

P(B1)=P(B1|H1)P(H1)+P(B1|H2)P(H2)=4

5· 12+2

3· 12=

11

15.

P(B2flB1)=P(B2flB1|H1)P(H1)+P(B2flB1|H2)P(H2)=4

5· 45· 12+2

3· 23· 12=

122

225.

P(B2|B1)=1222251115

=122

165.

Przyk≥ad 6.(paradoks Simpsona) Przy leczeniu p ewnej choroby testowano dwie terapie, terapi¶ X orazterapi¶ Y.

Okaza™o si¶, ªe

pro cent kobiet, dla których terapia Y by™a skuteczniejsza, by™ wi¶kszy o d pro centu kobiet,dla których terapia X by™a skuteczniejsza,pro cent m¶ªczyzn, dla których terapia Y by™a skuteczniejsza by™ wi¶kszy o d pro centum¶ªczyzn, dla których terapia X by™a skuteczniejsza,

i jedno cze±nie

pro cent wszystkich pacjentów, dla których terapia X by™a skuteczniejsza by™ wi¶kszy o dpro centu wszystkich pacjentów, dla których terapia Y by™a skuteczniejsza.

Jak to moªliwe?

Ten paradoks opisa™ w 1951 r. H. Simpson.

Dla zrozumienia tego paradoksu przedstawimy nast¶puj°cy przyk™ad.

S° cztery p o jemniki: XK,XM,YK,YM. Zawarto±¢ p o jemników prezentuje p oniªsza tab ela

X Y

K70 kul bia™ych30 kul czarnych

18 kul bia™ych2 kul czarnych

M2 kule bia™e18 kul czarnych

30 kul bia™ych70 kul czarnych

Losujemy jedn° kul¶ z p o jemnika i przez B oznaczamy zdarzenie p olega j°ce na otrzymaniukuli bia™ej. Zauwaªmy, ªe

P(B|XK)=70

100<

18

20=P(B|YK),

P(B|XM)=2

20<

30

100=P(B|YM).

Teraz zsypujemy kule z p o jemników XK,XM do p o jemnika X oraz zsypujemy kule

z p o jemników YK,YM do p o jemnika Y. Zawarto±¢ p o jemników X i Y prezentuje tab ela

X Y

72 kule bia™e48 kul czarnych

48 kul bia™ych72 kule czarne

TerazP(B|X)=

72

120>

48

120=P(B|Y).

Rozdzia≥ 8

Elementy analizy matematycznejw zadaniach na egzaminie maturalnym

Piotr Ludwikowskikonsultacja: Leszek So cha´ski

Nowa p o dstawa programowa zawiera has™a, które przez wiele lat nie by™y tre±ci° nauczaniaw szko™ach p onadgimnazjalnych. Autorzy nowej p o dstawy programowej starali si¶ tak sfor-mu™owa¢ zakres wymaga´, aby unikn°¢ z jednej strony nadmiernego formalizmu, a z drugiejstrony nie p owo dowa¢ uczenia si¶ algorytmów rozwi°zywania p oszczególnych typ ów zadańa pami¶¢, b ez zrozumienia istoty problemów, których dotyczy™y. Poniªej lista nowych hase™p o dstawy programowej dotycz°cych wst¶pu do analizy matematycznej.

Poziom rozszerzony

5. Ci° gi. Ucze´:

1. wyznacza wyrazy ci° gu okre±lonego wzorem rekurencyjnym;2. oblicza granice ci° gów, korzysta j°c z granic ci° gów typu 1/n, 1/n2 oraz z twierdze´

o dzia™aniach na granicach ci° gów;3. rozp ozna je szeregi geometryczne zbieªne i oblicza ich sumy.

11. Rachunek róªniczkowy. Ucze´:

1. oblicza granice funkcji (i granice jednostronne), korzysta j°c z twierdze´ o dzia™aniachna granicach i z w™asno±ci funkcji ci° g™ych;

2. oblicza p o cho dne funkcji wymiernych;3. korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji p o cho dnej;4. korzysta z w™asno±ci p o cho dnej do wyznaczenia przedzia™ów monotoniczno±ci funkcji;5. zna jduje ekstrema funkcji wielomianowych i wymiernych;6. stosuje p o cho dne do rozwi°zywania zagadnie´ optymalizacyjnych.

Warto zwró ci¢ uwag¶ na komentarz, o który autorzy nowej p o dstawy uzup e™nili jej tre±ci:

ZALECANE WARUNKI I SPOSÓB REALIZACJI„W przypadku uczniów zdolnych, moªna wymaga¢ wi¶kszego zakresu umiej¶tno-

±ci, jednakªe wskazane jest p o dwyªszanie stopnia trudno±ci zada´, a nie p oszerzanietematyki.”

Rodzaje zadaÒ egzaminacyjnych w arkuszu maturalnym na poziomie rozszerzonym:

1. Zadania zamkni¶te (wielokrotnego wyb oru lub prawda fa™sz).2. Zadania z ko dowan° o dp owiedzi°.3. Zadania otwarte krótkiej o dp owiedzi.4. Zadania otwarte rozszerzonej o dp owiedzi.

8.1. Przyk™ady 167

W przypadku zada´ ko dowanych sp osób ko dowania zostanie dok™adnie opisany (np. zako-

duj cyfr¶ jedno±ci, cz¶±ci dziesi¶tnych i setnych rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego

wyniku ).

8.1. Przyk≥ady

Zadanie 1. (szereg geometryczny)

Dany jest nieskoćzony ci° g geometryczny (an) okre±lony dla nˇ 1, o ilorazie q=2

3. Suma

wszystkich wyrazów tego ci° gu jest równa -6. Oblicz a3-a1.

Zako duj pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Ze wzoru na sum¶ wszystkich wyrazów nieskoćzonego ci° gu geometrycznego S=a1

1-q(dla

|q|<1) obliczamy a1: -6=a1

1- 23

, st°d a1 =-2. Obliczamy a3:

a3 =a1 ·q2 =(-2) · 49=-

8

9.

Zatem a3-a1 =-8

9-(-2)=

10

9.

W arkuszu o dp owiedzi naleªy zako dowa¢ cyfry 1, 1, 1.

Zadanie 2. (granica ci° gu)

Oblicz granic¶n!1

n5-2n3+3n

1+2n+3n2+4n3+5n4+6n5.

Zako duj pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

n5-2n3+3n

1+2n+3n2+4n3+5n4+6n5=

n!1

n5!1- 2

n2 +3n4

"

n5!

1n5 +

2n4 +

3n3 +

4n2 +

5n+6" =

=n!1

1- 2n2 +

3n4

6+ 5n+ 4

n2 +3n3 +

2n4 +

1n5

=1

6.



Dla liczby p ”= 0 okre±lamy ci° g an =(7p-1)n2-3pn+2p

1+pn2 dla nˇ 1. Oblicz, dla jakiej

warto±ci p granica ci° gu (an) jest równa 0. Zako duj pierwsz°, drug° i trzeci° cyfr¶ p oprzecinku otrzymanej liczby p.

168 8. Elementy analizy matematycznej w zadaniach na egzaminie maturalnym

Rozwiπzanie

Wyznaczamy granic¶ ci° gu (an) w zaleªno±ci o d p:

n!1

(7p-1)n2-3pn+2p

1+pn2 =n!1

n217p-1- 3p

n- 2p

n2

2

n2!

1n2 +p

" =7p-1

p.

Rozwi°zujemy równanie7p-1

p= 0,

p=1

7.



Ci° gi (an), (bn) okre±lone s° nast¶puj°co: an =1

2n2-2 oraz bn =

n3-11n+5

2n, dla nˇ 1.

Oblicz granic¶n!1

(an-bn). Zako duj cyfr¶ jedno±ci oraz pierwsz° i drug° cyfr¶ p o prze-cinku rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶

n!1

31

2n2-2-

n3-11n+5

2n

4=

n!1

n3-4n-n3+11n-5

2n=

n!1

7n-5

2n=

7

2.



Ci° gi (an), (bn) okre±lone s° dla nˇ 1 wzorami: an =-3n2 (n-5) oraz bn = (1-2n)3.Oblicz

n!1

an

bn. Zako duj cyfr¶ jedno±ci oraz pierwsz° i drug° cyfr¶ p o przecinku rozwini¶cia

dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:n!1

-3n2 (n-5)

(1-2n)3=

3

8.


Zadanie 6. (granica funkcji)

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=2-x2

x+2dla x ”=-2. Granica

x!2f(x) jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: B.


Rozwiπzanie

Obliczamy:

x!2f(x)=

x!2

2-x2

x+2=

2-4

2+2=-

1

2.

Zadanie 7. (granica funkcji)

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x) =16-x2

x+4dla x ”=-4. Granica

x!-4f(x) jest

równa

A. -1. B. 0. C. 8. D. +1.

Odpowiedü: C.

Rozwiπzanie

Przekszta™camy wzór danej funkcji:

f(x)=16-x2

x+4=

(4-x)(4+x)

x+4

i obliczamy granic¶:

x!-4f(x)=

x!-4

(4-x)(4+x)

x+4=

x!-4(4-x)= 8.

Zadanie 8. (p o cho dna funkcji w punkcie)

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=2x

x-3dla x ”= 3. Granica

x!3-f(x) jest równa

A. -1. B. 0. C. 6. D. +1.

Odpowiedü: A.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

x!3-f(x)=

x!3-

2x

x-3= x!3-2x

x!3-x-3=

6

0-=-1.

Zadanie 9. (p o cho dna funkcji w punkcie)

Funkcja f jest okre±lona wzorem f(x)=5(x+1)2

2x-1dla x ”= 1

2. Oblicz warto±¢ p o cho dnej funkcji

f dla x= 3. Zako duj cyfr¶ jedno±ci oraz pierwsz° i drug° cyfr¶ p o przecinku otrzymanegowyniku.


Rozwiπzanie

Przekszta™camy wzór funkcji f i obliczamy p o cho dn° tej funkcji:

f(x)=5(x+1)2

2x-1=

5x2+10x+5

2x-1,

f Õ (x)=

!5x2+10x+5

" Õ(2x-1)-

!5x2+10x+5

"(2x-1) Õ

(2x-1)2=

=(10x+10)(2x-1)-

!5x2+10x+5

"·2

(2x-1)2=

=10x2-10x-20

(2x-1)2=

10!x2-x-2

"

(2x-1)2.

Zatem f Õ(3)=40

25= 1,6.


Zadanie 10. (równanie stycznej)

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=-1

3x3+2x2+1 dla wszystkich liczb rzeczywi-

stych i leª°cy na wykresie tej funkcji punkt A o wsp ó™rz¶dnych (3,f(3)). Wyznacz równaniestycznej do wykresu funkcji f w punkcie A.

Rozwiπzanie

Styczna do wykresu funkcji o wzorze y=f(x) w punkcie A=(x0, f(x0)) ma równanie p ostaciy=ax+b, gdzie wsp ó™czynnik kierunkowy a jest równy a= f Õ (x0). W naszym przypadku

f(x)=-1

3x3+2x2+1 oraz x0 = 3.

Mamy zatem f Õ (x)=-x2+4x, sk°d dosta jemy a=-32+4 ·3= 3. Punkt A ma wsp ó™rz¶dne(3, f(3)), czyli A=(3, 10). Prosta o równaniu y=3x+bma przecho dzi¢ przez punkt A, wi¶c10= 3 ·3+b. Zatem b= 1 i ostatecznie równanie stycznej ma p osta¢ y= 3x+1.

Zadanie 11. (monotoniczno±¢)

Funkcja f dana jest wzorem f(x)=x3+mx2+4x+1. Wyznacz wszystkie warto±ci parametrum, dla których funkcja f jest rosn°ca dla wszystkich liczb rzeczywistych.

Rozwiπzanie

Obliczamy p o cho dn° funkcji f: f Õ (x)=3x2+2mx+4. Na to, by funkcja f by™a rosn°ca w ca™ejdziedzinie, wystarczy, by p o cho dna funkcji f przyjmowa™a warto±ci do datnie dla wszystkichliczb rzeczywistych. Obliczamy wyróªnik tró jmianu 3x2+2mx+4:

�= (2m)2- 4 · 3 · 4= 4m2- 48 i wyznaczamy te warto±ci parametru m, dla których tenwyróªnik jest ujemny. Otrzymujemy mœ

1-2Ô3, 2Ô32

.


Dla m œ1-2Ô3, 2Ô32

p o cho dna funkcji f jest do datnia dla wszystkich x naleª°cych dodziedziny funkcji, a wi¶c funkcja f jest rosn°ca dla wszystkich liczb x.

Zadanie 12. (optymalizacja)

Rozpatrujemy wszystkie prostopad™o±ciany, w których przek°tna ma d™ugo±¢ d, natomiastp o dstawa jest prostok°tem o b okach 3x, 4x dla p ewnego x. Dla jakiej warto±ci x taki pro-stopad™o±cian ma na jwi¶ksze p ole p owierzchni b o cznej?

Rozwiπzanie

Oznaczmy przez h wysoko±¢ prostopad™o±cianu. Korzysta j°c z twierdzenia Pitagorasa wy-znaczamy d™ugo±¢ c przek°tnej p o dstawy:

c=Ò(3x)2+(4x)2 = 5x

oraz zapisujemy zaleªno±¢ przek°tnej prostopad™o±cianu o d przek°tnej p o dstawy i wysoko±ciprostopad™o±cianu:

d2 =h2+(5x)2 =h2+25x2. (8.1)

Pole P p owierzchni b o cznej tego prostopad™o±cianu jest równe P= 14xh.

Z równo±ci (8.1) wyznaczamy zaleªno±¢ h o d x: h=

d2-25x2 i okre±lamy funkcj¶ P(x)

opisuj°c° p ole p owierzchni b o cznej prostopad™o±cianu w zaleªno±ci o d x:

P(x)= 14xd2-25x2 dla xœ

30,

d

5

4.

Wzór tej funkcji zapiszemy w p ostaci P(x)= 14

d2x2-25x4 dla xœ30,

d

5

4.

Rozwaªmy funkcj¶ p omo cnicz° okre±lon° wzorem f(x)=d2x2-25x4 dla xœ30,

d

5

4.

Z faktu, ªe funkcja g(t)=Ôt jest rosn°ca w È0; +1) wynika, ªe funkcje P oraz f s° rosn°ce

(malej°ce) w tych samych przedzia™ach oraz ma j° ekstrema lokalne (tego samego ro dza ju)dla tych samych argumentów.

Wyznaczymy warto±¢ na jwi¶ksz° funkcji f w przedziale30,

d

5

4.

Obliczamy p o cho dn° funkcji f:

f Õ(x)= 2d2x-100x3 = 2x!d2-50x2

".

W przedziale30,

d

5

4p o cho dna ma jedno miejsce zerowe x=

dÔ2

10,

f Õ(x)>0 dla xœA0,

dÔ2

10

B,

f Õ(x)<0 dla xœAdÔ2

10,d

5

B.

Wynika st°d, ªe dla x=dÔ2

10funkcja f ma maksimum lokalne i jest to jedno cze±nie


warto±¢ na jwi¶ksza, b o w przedziale

A0,

dÔ2

10

Lfunkcja f jest rosn°ca, a w przedziale

KdÔ2

10, 0

Bfunkcja f jest malej°ca.

Odpowiedü

D™ugo±ci kraw¶dzi p o dstawy prostopad™o±cianu, który ma na jwi¶ksze p ole p owierzchni b o cz-

nej, to:3dÔ2

10,2dÔ2

5.

Uwaga

Zda j°cy z równo±ci (8.1) moªe wyznaczy¢ zaleªno±¢ x o d h: x=1

5

d2-h2, otrzymuj°c

funkcj¶ P(h) opisuj°c° p ole p owierzchni b o cznej prostopad™o±cianu w zaleªno±ci o d h:

P(h)=14

5h

d2-h2 dla hœ (0,d).

Funkcja ta przyjmuje na jwi¶ksz° warto±¢ dla h=dÔ2

2.

Meto da rozwi°zania w tym przypadku jest analogiczna.

Przedstawiamy schemat o ceniania tego zadania.

Schemat oceniania

Rozwi°zanie zadania sk™ada si¶ z trzech etap ów.

1. Pierwszy etap sk™ada si¶ z trzech cz¶±ci:a) zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie, ªe

d2 =h2+25x2 oraz c2 =(3x)2+(4x)2 = 25x2,

b) zapisanie p ola P p owierzchni b o cznej prostopad™o±cianu jako funkcji jednej zmiennejP(x)= 14x

d2-25x2,

c) zapisanie, ªe dziedzin° funkcji P(x)= 14xd2-25x2 jest przedzia™

30,

d

5

4.

Za p oprawne rozwi°zanie kaødej z cz¶±ci tego etapu zda j°cy otrzymuje 1 punkt, o ilep oprzednia cz¶±¢ etapu zosta™a zrealizowana b ezb™¶dnie.

2. Drugi etap sk™ada si¶ z trzech cz¶±ci:a) zapisanie wzoru p o cho dnej funkcji, np.: f Õ(x)= 2d2x-100x3 = 2x

!d2-50x2

",

b) zapisanie, ªe w przedziale30,

d

5

4p o cho dna funkcji f Õ ma jedno miejsce zerowe

x=dÔ2

10,

c) zapisanie wraz z uzasadnieniem, ªe dla x=dÔ2

10funkcja P osi° ga na jwi¶ksz° warto±¢.

Oczekujemy, ªe zda j°cy p o zapisaniu, ªe w punkcie x=dÔ2

10funkcja P osi° ga maksi-

mum lokalne, uzasadni, ªe maksimum lokalne jest jedno cze±nie na jwi¶ksz° warto±ci°

tej funkcji. Wystarczy, jeªeli zda j°cy zapisze, ªe w przedziale

A0,

dÔ2

10

Lfunkcja P

jest rosn°ca, za± w przedziale

KdÔ2

10,0

Bjest malej°ca.

Za p oprawne rozwi°zanie kaødej z cz¶±ci tego etapu zda j°cy otrzymuje 1 punkt, o ilep oprzednia cz¶±¢ etapu zosta™a zrealizowana b ezb™¶dnie.

3. Trzeci etap.1 punkt zda j°cy otrzyma za zapisanie d™ugo±ci kraw¶dzi p o dstawy prostopad™o±cianu

o na jwi¶kszym p olu p owierzchni b o cznej:3dÔ2

10,2dÔ2

5.

Uwaga

Punkty za realizacj¶ danego etapu przyzna jemy tylko wówczas, gdy zda j°cy rozwi°za™ p o-prawnie p oprzedni etap zadania.

Zadanie 13. (liczba pierwiastków równania)

Funkcja f okre±lona jest wzorem f(x)= (x-2)(x+6)2. Wyznacz liczb ¶ rozwi°za´ równaniaf(x)= 12.

Rozwiπzanie


f Õ (x)=1·(x+6)2+(x-2)(2x+12)=(x+6)(x+6+2x-4)=(x+6)(3x+2)=3(x+6)

3x+

2

3

4.

Wyznaczamy ekstrema lokalne funkcji f. Miejscami zerowymi p o cho dnej s° liczby -6 -2

3.

Rozwi°zujemy nierówno±ci f Õ (x)>0 f Õ (x)<0 i otrzymujemy:

f Õ (x)>0, gdy xœ (-1, -6)fi3-2

3,+14

oraz f Õ (x)<0, gdy xœ3-6, -

2

3

4.

Dla x=-6 sp e™niony jest warunek wystarcza j°cy istnienia ekstremum i jest to maksimum

lokalne, które jest równe f(-6)=0. Dla x=-2

3równieª sp e™niony jest warunek wystarcza j°cy

istnienia ekstremum i jest to minimum lokalne, które jest równe f

3-2

3

4=-

8

3·316

3

42

=-2048

27.

Funkcja f przyjmuje warto±ci do datnie tylko dla x>2 i jest w tym przedziale rosn°ca. Wynikast°d, ªe równanie f(x)= 12 ma dok™adnie jedno rozwi°zanie.

DodatekZestawy zadaÒ

Dodatek A

Zestaw zadaÒ I

Halina Ka™ekEdyta Marczewska

Elªbieta Sepko-GuzickaLeszek So cha´ski

Zadanie 1.

Oblicz granic¶ ci° gu:n!1

33n+7

8n+4+3n-4

6n+5

4.

Rozwiπzanie

Ta granica jest równa

n!1

33n+7

8n+4+3n-4

6n+5

4=

n!1

A3+ 7

n

8+ 4n

+3- 4

n

6+ 5n

B=

3

8+1

2=

7

8= 0,875.

Zadanie 2.

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem: f(x)=2x+7

x2+3dla kaªdej liczby rzeczywistej x. Oblicz

warto±¢ p o cho dnej tej funkcji w punkcie x=-1

2.

Rozwiπzanie

Mamy:

f Õ (x)=(2x+7) Õ

!x2+3

"-(2x+7)

!x2+3

" Õ

(x2+3)2=

2!x2+3

"-2x(2x+7)

(x2+3)2=

=-2x2-14x+6

(x2+3)2.

Zatem f Õ3-1

2

4=

-2 · 14+7+6!134

"2 =200

169.

Zadanie 3.Dany jest okr° g o ±ro dku w punkcie S=(60,40) i promieniu 97. Prosta o równaniu 3x+4y+20=0

przecina ten okr° g w dwó ch punktach A i B. Oblicz d™ugo±¢ o dcinka AB.

176 A. Zestaw zada´ I

Rozwiπzanie

Niech C b ¶dzie ±ro dkiem o dcinka AB. Z za™oªenia S jest ±ro dkiem danego okr¶gu. Wówczastró jk°t ACS jest prostok°tny, z k°tem prostym przy wierzcho™ku C. Zatem z twierdzeniaPitagorasa mamy AC2 =AS2-CS2. Z za™oªenia wiemy, ªe promie´ AS= 97 oraz o dleg™o±¢prostej k o d ±ro dka okr¶gu

CS=|3 ·60+4 ·40+20|Ô

32+42= 72.

ZatemAC2 = 972-722 =(97-72) ·(97+72)= 25 ·169= 52 ·132 = 652.

St°d wynika, ªe AC= 65, a wi¶c AB= 130.

Zadanie 4.Rami¶ AD trap ezu ABCD (w którym AB Î CD) przed™uªono do punktu E takiego, ªeAE= 2 ·AD. Punkt M leªy na p o dstawie AB oraz AM= 2 ·MB. Odcinek ME przecinaprzek°tn° BD w punkcie P. Udowo dnij, ªe BP=PD.

A B

CD

E

M

P


Niech N b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinka EM z prost° DC.

Poniewaª AB ÎCD, wi¶c o dcinek DN jest równoleg™y do AM, a p oniewaª D jest ±ro dkiemo dcinka AE, wi¶c N jest ±ro dkiem o dcinka ME. Oznacza to, ªe o dcinek DN ™°czy ±ro dkib oków AE i ME tró jk°ta AME. St°d wnioskujemy, ªe

DN=1

2AM.

St°d z kolei i z za™oªenia AM= 2 ·MB wynika, ªe

DN=MB.

Równo±¢ i równoleg™o±¢ o dcinków DN i MB oznacza, ªe tró jk°ty PDN i PBM s° przysta j°ce.St°d wynika wi¶c, ªe

BP=PD.

To w™a±nie naleªa™o udowo dni¢.

177


Niech N b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinka EM z prost° DC. Poniewaª AB ÎCD , wi¶co dcinek DN jest równoleg™y do AM. Wnioskujemy st°d, ªe

<) EDN=<) EAM oraz <) END=<) EMA.

To oznacza, ªe tró jk°ty DNE i AME s° p o dobne (cecha k°t-k°t p o dobie´stwa tró jk°tów).St°d wynika prop orcja

DE

DN=

AE

AM,

ale AE= 2 ·AD, czyli AE= 2 ·DE, wi¶c

DE

DN=

2 ·DE

AM.

St°d wnioskujemy, ªe AM= 2 ·DN. Równo±¢ ta, wraz z równo±ci° AM= 2 ·MB, prowadzido wniosku, ªe

DN=MB.

To z kolei, wraz z równo±ciami k°tów <) PMB=<) PND i <) PBM=<) PDN, prowadzi do wniosku,ªe tró jk°ty MBP i NDP s° przysta j°ce.

St°d wnioskujemy, ªe b oki BP i DP tych tró jk°tów ma j° t¶ sam° d™ugo±¢, co koćzy dowó d.

Zadanie 5.

Wyznacz zbiór warto±ci funkcji f okre±lonej wzorem f(x)=x+3

x2+7dla kaªdej liczby rzeczy-

wistej x.


Zauwaªamy, ªe aby wyznaczy¢ zbiór warto±ci funkcji f(x)=x+3

x2+7wystarczy sprawdzi¢, dla

jakich warto±ci parametru m równaniex+3

x2+7=m ma rozwi°zanie.

Przekszta™camy to równanie i zapisujemy w p ostaci równowaªnej mx2-x+7m-3= 0.

Dla m= 0 równanie mx2-x+7m-3= 0 ma p osta¢ -x-3= 0 i ma rozwi°zanie x=-3.Zatem 0 naleªy do zbioru warto±ci funkcji f.

Dla m ”= 0 jest to równanie kwadratowe o wyróªniku �= 1-4m(7m-3). Wystarczy zatemsprawdzi¢, dla jakich m ”=0 wyróªnik jest nieujemny. Mamy wi¶c nierówno±¢ 28m2-12m-1˛0

(gdzie m ”= 0), której zbiorem rozwi°za´ jest przedzia™=-

1

14,1

2

>z wy™°czeniem liczby 0.

Poniewaª dla m=0 równanie mx2-x+7m-3=0 ma rozwi°zanie, wi¶c równaniex+3

x2+7=m

ma rozwi°zanie dla mœ=-

1

14,1

2

>.

Ostatecznie stwierdzamy, ªe zbiorem warto±ci funkcji f(x)=x+3

x2+7jest przedzia™

=-

1

14,1

2

>.



Zna jdujemy na jmniejsz° i na jwi¶ksz° warto±¢ funkcji f(x) =x+3

x2+7w zbiorze liczb rzeczy-

wistych.

Wyznaczamy p o cho dn° tej funkcji f Õ (x)=1!x2+7

"-2x(x+3)

(x2+7)2=

-x2-6x+7

(x2+7)2.

Nast¶pnie zna jdujemy miejsca zerowe tej p o cho dnej:

-x2-6x+7

(x2+7)2= 0,

co jest równowaªne równaniu -x2-6x+7= 0, st°d x1 =-7, x2 = 1.

Teraz zauwaªamy, ªe:

a) je±li x<-7, to f Õ (x)<0,b) je±li -7<x<1, to f Õ (x)>0,

c) je±li x>1, to f Õ (x)<0.

Zatem funkcja f jest malej°ca w przedziale (-1 , -7Í, rosn°ca w przedziale È-7,1Í i malej°caw przedziale È1 , +1).

Nast¶pnie obliczamy f(-7)=-1

14, f(1)=

1

2.

Ponadto

je±li x˛-7, to f(x)<0,je±li xˇ 1, to f(x)>0.

St°d wynika, ªe:

je±li x˛-7, to -1

14˛ f(x)<0,

je±li xˇ 1, to 0< f(x)˛ 1

2.

Zatem -1

14jest na jmniejsz° warto±ci° funkcji f, a

1

2jest na jwi¶ksz° warto±ci° tej funkcji.

Z ci° g™o±ci funkcji f wynika, ªe zbiorem jej warto±ci jest przedzia™=-

1

14,1

2

>.

Zadanie 6.Oblicz, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w których zapisie dziesi¶tnym wyst¶pujeco na jmniej jedna sió demka.

I sposób rozwiπzania (dop e™nienie)

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych cztero cyfrowych. Pierwsz° cyfr¶ (tysi¶cy)moªemy wybra¢ na 9 sp osob ów, nast¶pne dwie cyfry na 10 sp osob ów i ostatni° (jedno±ci)na 5 sp osob ów. Mamy zatem 9 ·102 ·5= 4500 liczb cztero cyfrowych nieparzystych.

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych cztero cyfrowych, w zapisie których niewyst¶puje cyfra 7. Pierwsz° cyfr¶ moªemy wówczas wybra¢ na 8 sp osob ów, kaªd° z nast¶p-

179

nych dwó ch na 9 sp osob ów i cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 8 ·92 ·4=2592 takichliczb cztero cyfrowych nieparzystych.

St°d wnioskujemy, ªe liczb nieparzystych cztero cyfrowych, w których zapisie dziesi¶tnymco na jmniej jedna cyfra jest sió demk°, jest 4500-2592=1908 (liczby te naleª° do zbioru liczbcztero cyfrowych nieparzystych i nie naleª° do zbioru nieparzystych liczb cztero cyfrowych,w zapisie których nie wyst¶puje cyfra 7).

Uwaga

Moªemy takªe zauwaªy¢, ªe jest 9000 liczb cztero cyfrowych, a p oniewaª co druga jest nie-parzysta, to istnieje 4500 liczb cztero cyfrowych nieparzystych.

II sposób rozwiπzania (liczba sió demek)

Rozwaªamy cztery parami roz™°czne zbiory nieparzystych liczb cztero cyfrowych:

1. Zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie jeden raz.2. Zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie dwa razy.3. Zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie trzy razy.4. Zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje cztery razy.

Na jpierw obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cy-fra 7 wyst¶puje dok™adnie jeden raz.

1. Je±li pierwsz° cyfr° (tysi¶cy) jest sió demka, to dwie nast¶pne cyfry moªemy wybra¢ na9 sp osob ów, a cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 92 ·4= 324 takich liczb.

2. Je±li sió demka jest cyfr° setek, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów, cyfr¶dziesi°tek na 9 sp osob ów i cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Takich liczb jest 8 ·9 ·4= 288.

3. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 288 liczb, w zapisie których cyfra dziesi°tek jest sió-demk°.

4. Je±li sió demka jest cyfr° jedno±ci, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów, a kaªd°z dwó ch nast¶pnych cyfr na 9 sp osob ów. Takich liczb jest zatem 8 ·92 = 648.

Mamy wi¶c 324+288+288+648=1548 nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie którychcyfra 7 wyst¶puje jeden raz.

Nast¶pnie obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cyfra7 wyst¶puje dok™adnie dwa razy.

1. Je±li dwie pierwsze cyfry to sió demki, to nast¶pn° cyfr¶ moªemy wybra¢ na 9 sp osob ów,a cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 9 ·4= 36 takich liczb.

2. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 36 liczb, w zapisie których pierwsz° i trzeci° cyfr° jestsió demka.

3. Je±li pierwsz° i ostatni° cyfr° jest sió demka, to kaªd° z cyfr: setek i dziesi°tek moªemywybra¢ na 9 sp osob ów. Mamy zatem 92 = 81 takich liczb.

4. Je±li drug° i trzeci° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ówi cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Takich liczb jest 8 ·4= 32.

5. Je±li drug° i czwart° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów,a cyfr¶ dziesi°tek na 9 sp osob ów. Mamy zatem 8 ·9= 72 takie liczby.


6. Je±li trzeci° i czwart° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ówi cyfr¶ setek na 9 sp osob ów. Takich liczb jest 8 ·9= 72.

Mamy wi¶c 36+36+81+32+72+72= 329 nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w którychzapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dwa razy.

Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cyfra 7 wyst¶pujedok™adnie trzy razy.

1. Je±li cyfr° jedno±ci nie jest cyfra 7, to mamy 4 takie liczby (cyfr¶ jedno±ci moªemywybra¢ na 4 sp osoby sp o±ró d cyfr nieparzystych 1,3,5,9).

2. Je±li cyfr° dziesi°tek nie jest cyfra 7, to mamy 9 takich liczb (cyfr¶ dziesi°tek moªemywybra¢ na 9 sp osob ów sp o±ró d cyfr 0,1,2,3,4,5,6,8,9).

3. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 9 liczb, w zapisie których cyfra setek nie jest sió demk°.4. Je±li cyfra 7 nie jest cyfr° tysi¶cy, to mamy 8 takich liczb (cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢

na 8 sp osob ów sp o±ró d cyfr 1,2,3,4,5,6,8,9).

Mamy wi¶c 4+9+9+8= 30 nieparzystych liczb, w zapisie których cyfra 7 wyst¶puje trzyrazy.

Ponadto jest jedna liczba cztero cyfrowa nieparzysta, w zapisie której wyst¶puj° 4 sió demki.

Z regu™y do dawania mamy: 1548+329+30+1=1908 nieparzystych liczby cztero cyfrowych,w których zapisie dziesi¶tnym co na jmniej jedna cyfra to 7.

Zadanie 7.Dany jest nieskoćzony ci° g geometryczny (an) okre±lony wzorem

an =21Ô32n dla n= 1,2,3, . . ..

Oblicz sum¶ wszystkich wyrazów tego ci° gu.

Rozwiπzanie

Pierwszy wyraz i iloraz tego ci° gu s° o dp owiednio równe: a1 =2Ô3

, q=1Ô3

.

Poniewaª |q|=

----1Ô3

----<1, wi¶c mamy S=a1

1-q=

2Ô3

1- 1Ô3

=Ô3+1.

Zadanie 8.Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=x3-3x+1 i leª°cy na wykresie tej funkcji punktA o wsp ó™rz¶dnej x równej 2. Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcieA.

Rozwiπzanie

Styczna do wykresu funkcji o wzorze y=f(x) w punkcie A=(x0, f(x0)) ma równanie p ostaciy=ax+b, gdzie wsp ó™czynnik kierunkowy a jest równy a= f Õ (x0). W naszym przypadkuf(x)= x3-3x+1 oraz x0 = 2.

181

Mamy zatem f Õ (x) = 3x2-3, sk°d dosta jemy a= 3 ·22-3= 9. Punkt A ma wsp ó™rz¶dne(2, f(2)), czyli A=(2, 3). Prosta o równaniu y=9x+b ma przecho dzi¢ przez punkt A, wi¶c3= 9 ·2+b. Zatem b=-15 i ostatecznie równanie stycznej ma p osta¢ y= 9x-15.

Zadanie 9.Rozwi°ª równanie 4x- 5x= 0 w przedziale

e0,⇡

2

f.


Równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci równowaªnej

(4x)= (5x) .

Poniewaª (5x)=1⇡2-5x2

, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci

(4x)=1⇡2-5x2.

St°d wynika, ªe

4x=⇡

2-5x+2k⇡ lub 4x=⇡-

1⇡2-5x2+2k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.

Zatem x=⇡

18+k · 2⇡

9lub x=-

⇡

2-2k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.

Wybiera j°c te rozwi°zania, które naleª° do przedzia™ue0,⇡

2

fdosta jemy:

x=⇡

18, x=

5⇡

18, x=

⇡

2.


Poniewaª (5x)=1⇡2-5x2

, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci

(4x)-1⇡2-5x2= 0.

Ze wzoru na róªnic¶ sinusów otrzymujemy

24x+ ⇡

2-5x

2

4x-!⇡2-5x"

2= 0.

St°d1⇡4-x

2

2= 0 lub

39

2x-

⇡

4

4= 0.

Zatem⇡

4-x

2=⇡

2+k⇡ lub

9

2x-

⇡

4=k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°, czyli x=-

⇡

2-2k⇡ lub

x=⇡

18+k · 2⇡

9, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.

Wybiera j°c te rozwi°zania, które naleª° do przedzia™ue0,⇡

2

fdosta jemy:

x=⇡

18, x=

5⇡

18, x=

⇡

2.


Zadanie 10.Wykaª, ªe jeªeli zdarzenia losowe A,Bµ⌦ s° takie, ªe P (A) = 0,6 oraz P (B) = 0,8, toP (A|B)ˇ 0,5. (P (A|B) oznacza prawdop o dobie´stwo warunkowe za j±cia zdarzenia A p o dwarunkiem za j±cia zdarzenia B).

Rozwiπzanie

P (A|B)=P (AflB)P (B)

. Nierówno±¢ P (A|B)ˇ 0,5 jest równowaªna nierówno±ciP (AflB)

0,8ˇ 0,5,

wi¶c wystarczy wykaza¢, ªe P (AflB)ˇ 0,4.

Poniewaª P (AfiB)˛1 oraz P (AfiB)=P (A)+P (B)-P (AflB), wi¶c P (AflB)ˇ0,6+0,8-1=0,4,co naleªa™o udowo dni¢.

Zadanie 11.

Niech m= 21 7. Wykaª, ªe 7 27=3(1-m)

m.


Zauwaªmy, ªe 7 21=1

21 7=

1

m.

Zapisujemy kolejno

7 27= 7 33 = 3 7 3= 3 7

321

7

4= 3( 7 21- 7 7)= 3

31

m-1

4= 3 · 1-m

m.

To koćzy dowó d.


Zauwaªamy kolejno, ªe

3(1-m)

m= 3

31

m-1

4= 3( 7 21-1)= 3( 7 21- 7 7)= 3 7

21

7= 7 3

3 = 7 27,

co koćzy dowó d.

Zadanie 12.

Wyznacz na jmniejsz° liczb ¶ naturaln° n sp e™nia j°c° nierówno±¢----2n-10

3n+1-2

3

----<1

30.

Rozwiπzanie

Rozwi°zujemy nierówno±¢----2n-10

3n+1-2

3

----<1

30. St°d kolejno otrzymujemy:

----3(2n-10)-2(3n+1)

3(3n+1)

----<1

30,

-----32

3(3n+1)

----<1

30.

183

Warto±¢ b ezwzgl¶dna ilorazu jest równa ilorazowi warto±ci b ezwzgl¶dnych, wi¶c

|-32|

|3(3n+1)|<

1

30.

St°d32

3(3n+1)<

1

30,

gdyª 3(3n+1)>0 dla kaªdej liczby naturalnej n. St°d

3n+1>320,

n>1061

3.

Zatem na jmniejsz° liczb° naturaln° sp e™nia j°c° p o dan° nierówno±¢ jest

n= 107.

Zadanie 13.Okr¶gi o równaniach x2+y2=625 i (x-36)2+(y-15)2=1600 ma j° dwa punkty przeci¶cia:A i B. Oblicz d™ugo±¢ o dcinka AB.


O

P

A

B

C

36

15

x

y


Oznaczmy:

±ro dek pierwszego okr¶gu symb olem O,±ro dek drugiego okr¶gu symb olem P,punkty przeci¶cia okr¶gów symb olami A i B.

Niech C b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinków AB i OP, |AC|=h, |OC|= x.

Zauwaªmy, ªe |AB|= 2h oraz |OP|= 39. Korzysta j°c z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

h2 = 252-x2 oraz h2 = 402- (39-x)2. Rozwi°zujemy równanie 252-x2 = 402- (39-x)2,otrzymuj°c x= 7. Zatem h2 = 252-72 = 576, st°d h= 24, czyli |AB|= 2h= 48.

II sposób rozwiπzania (ze wzoru Herona)

Oznaczamy wszystko tak jak w sp osobie I. Boki tró jk°ta oznaczamy tak jak na rysunku.

Obliczamy p ole tró jk°ta OPA ze wzoru Herona. Wzór ten zna jduje si¶ w „Wybranychwzorach matematycznych” wydanych przez CKE.

Niech p oznacza p o™ow¶ obwo du tró jk°ta OPA. Wtedy

p= 52, p-a= 13, p-b= 27, p-c= 12 i h21+

1

4a2 =b2.

Z drugiej strony POPA =1

2·39 ·h. Zatem h= 24, czyli |AB|= 2h= 48.

Uwaga

Pole tró jk°ta OPA moªna obliczy¢ równieª z twierdzenia cosinusów:

252+402-2 ·25 ·40 ↵= 392, st°d ↵=625+1600-1521

2000=

704

2000=

44

125.

Zatem ↵=

Û

1-

344

125

42

=117

125. Obliczamy p ole tró jk°ta OPA: POPA=

1

2·25·40·117

125=468.

III sposób rozwiπzania (punkty przeci¶cia okr¶gu)

Rozwi°zujemy uk™ad równa´, aby znaleπ¢ punkty przeci¶cia dwó ch okr¶gów:�

x2+y2 = 625

(x-36)2+(y-15)2 = 1600

�x2+y2 = 625

x2-72x+y2-30y= 79

Odejmuj°c stronami drugie równanie o d pierwszego otrzymujemy równanie:

12x+5y=91. St°d y=91-12x

5wstawiamy do pierwszego równania i rozwi°zujemy równanie

kwadratowe: x2+391-12x

5-3

42

= 625.

Po up orz°dkowaniu otrzymujemy równanie kwadratowe: 169x2-2184x-7344= 0, którego

wyróªnik jest równy �= 3120 oraz x1 =-36

13, x2 =

204

13. Obliczamy drug° wsp ó™rz¶dn°:

y1 =323

13, y2 =-

253

13.

185

Mamy zatem 2 punkty przeci¶cia: A=

3-36

13,323

13

4oraz B=

3204

13,-

253

13

4.

Obliczamy o dleg™o±¢ mi¶dzy nimi:

|AB|2 =

3204

13+36

13

42

+

3-253

13-323

13

42

=

3240

13

42

+

3576

13

42

=242 ·102

132+242 ·242

132=

=242

132·!102+242

"=

242 ·262

132= 242 ·22 = 482.

Zatem |AB|= 48.

Zadanie 14.Dany jest wykres funkcji kwadratowej f(x) = x2 oraz punkt A= (3,0). Zna jdπ punkt nawykresie funkcji f leª°cy na jbliªej punktu A.

Rozwiπzanie

Dowolny punkt leª°cy na wykresie funkcji f ma wsp ó™rz¶dne:!x,x2"

. Obliczamy o dleg™o±¢

takiego punktu o d punktu A: d=

Ò(x-3)2+(x2-0)2.

Weπmy funkcj¶g(x)= (x-3)2+

!x2-0

"2= x4+x2-6x+9,

gdzie x jest liczb° rzeczywist°.

Obliczamy p o cho dn° tej funkcji i rozk™adamy na czynniki:

g Õ (x)= 4x3+2x-6= 2!2x3+x-3

"= 2(x-1)

!2x2+2x+3

".

Obliczamy wyróªnik tró jmianu kwadratowego 2x2+2x+3:

�=4-4 ·2 ·3<0, zatem 2x2+2x+3>0, wi¶c jedynym miejscem zerowym funkcji g Õ (x) jestx= 1.

Zauwaªamy równieª, ªe:

g Õ (x)<0 dla x<1,g Õ (x)>0 dla x>1,

A wi¶c funkcja g ma minimum dla x= 1.

Zatem punktem na wykresie funkcji f leª°cym na jbliªej punktu A jest punkt (1,1).

Zadanie 15.Wykaª, ªe funkcja f(x)= x3-12x w przedziale (3, 5) jest rosn°ca.

Rozwiπzanie

Wyznaczamy p o cho dn° funkcji f: f Õ(x) = 3x2- 12. Po cho dna funkcji przyjmuje warto±ci


do datnie dla xœ (-1,-2)fi (2,+1), w szczególno±ci w przedziale (3, 5). Zatem funkcja f

jest rosn°ca w przedziale (3, 5).

Zadanie 16.W ostros™upie prawid™owym czworok°tnym kraw¶dπ p o dstawy jest równa 10 cm, a k°t nachy-lenia ±ciany b o cznej do p™aszczyzny p o dstawy jest równy 60 stopni. Ostros™up ten przeci¶top™aszczyzn° przecho dz°c° przez kraw¶dπ p o dstawy i nachylon° do p™aszczyzny p o dstawyp o d k°tem 30 stopni. Oblicz p ole otrzymanego przekro ju.

A B

CD

S

E FO

K

L

P

60� 30�

Przekro jem, którego p ole naleªy obliczy¢, jest trap ez równoramienny BCLK.

Rozwaªmy przekró j ostros™upa p™aszczyzn° przecho dz°c° przez wierzcho™ek S i ±ro dki E,F

kraw¶dzi AD i BC. Poniewaª <) FES= 60¶, wi¶c tró jk°t równoramienny FES jest tró jk°temrównob o cznym o b oku 10, st°d wysoko±¢ PF przekro ju BCLK (jako wysoko±¢ tró jk°ta FES)jest równa 5

Ô3. Punkt P jest sp o dkiem wysoko±ci tró jk°ta równob o cznego FES, czyli jest

±ro dkiem o dcinka ES. Odcinek KL jest równoleg™y do AD, st°d K jest ±ro dkiem o dcinka AS.

Z twierdzenia o o dcinku ™°cz°cym ±ro dki b oków tró jk°ta otrzymujemy: KL= 5. Pole prze-

kro ju jest zatem równe P=1

2(10+5) ·5

Ô3=

75

2

Ô3.

Zadanie 17.

Dany jest tró jk°t ABC, w którym A=(0,0), B=(6,0), C=(6p,6q), gdzie p,q>0 oraz p ”= 1

2.

Punkt H jest punktem przeci¶cia wysoko±ci (orto centrum) tego tró jk°ta.

Punkt O jest ±ro dkiem okr¶gu opisanego na tym tró jk°cie.

Punkt S jest ±ro dkiem ci¶ªko±ci tego tró jk°ta.

Wyznacz równanie prostej OH i wykaª, ªe punkt S leªy na tej prostej.

187

A B

C

G

D

E

F

H

O

S

x

y

Rozwiπzanie

Oznaczmy, tak jak na rysunku:

E — ±ro dek o dcinka AC,F — ±ro dek o dcinka AB,BD i CG — wysoko±ci tró jk°ta ABC.

Zauwaªmy, ªe: E=(3p,3q), F=(3,0), G=(6p,0).

Równanie prostej AC ma p osta¢ y=ax. Punkt C leªy na tej prostej, wi¶c 6q=a·6p, zatema=

q

p. St°d wynika, ªe prosta AC ma równanie: y=

q

p·x.

Równanie prostej EO ma p osta¢: y=-p

q·x+c dla p ewnego c. Punkt E leªy na tej prostej,

wi¶c 3q=-p

q·3p+c. St°d c= 3q+

3p2

q=

3!p2+q2

"

q.

Prosta EO ma zatem równanie: y=-p

q·x+

3!p2+q2

"

q.

Prosta FO ma równanie: x=3. St°d punkt O ma wsp ó™rz¶dne: O=

A3,-

3p

q+3!p2+q2

"

q

B,

czyli O=

A3,

3!p2+q2-p

"

q

B.

Równanie prostej BD ma p osta¢ y=-p

q·x+d dla p ewnego d. Punkt B leªy na prostej BD,

wi¶c 0=-p

q·6+d, st°d d=

6p

q. Prosta BD ma zatem równanie: y=-

p

q·x+ 6p

q.

Prosta CG ma równanie x= 6p. Zatem punkt H ma wsp ó™rz¶dne: H=

A6p,

6!p-p2

"

q

B.


Wreszcie S=

30+6+6p

3,0+0+6q

3

4, czyli S=(2p+2,2q).

Wyznaczamy równanie prostej OH.

Równanie to jest p ostaci: y=ax+b.

O=

A3,

3!p2+q2-p

"

q

Boraz H=

A6p,

6!p-p2

"

q

Bsp e™nia j° to równanie, zatem:

3!p2+q2-p

"

q=a ·3+b oraz

6!p-p2

"

q=a ·6p+b.

Rozwi°zaniem tego uk™adu równa´ jest:

a=3p-3p2-q2

q(2p-1),

b=6p!p2+q2-1

"

q(2p-1).

Zatem prosta OH ma równanie:

y=3p-3p2-q2

q(2p-1)·x+

6p!p2+q2-1

"

q(2p-1).

Sprawdzamy, ªe wsp ó™rz¶dne punktu S sp e™nia j° to równanie, tzn. ªe zacho dzi równo±¢:

2q=3p-3p2-q2

q(2p-1)·(2p+2)+

6p!p2+q2-1

"

q(2p-1).

Po wykonaniu dzia™a´ i up orz°dkowaniu wyraªe´ otrzymujemy równo±¢ prawdziw°, co ko´-czy dowó d, ªe wsp ó™rz¶dne punktu S sp e™nia j° równanie prostej OH.

Uwaga

Moªna p okaza¢, ªe��!OH= 3 ·

�!OS, sk°d wynika, ªe punkt S leªy na prostej OH.

Obliczamy wsp ó™rz¶dne wektorów�!OS oraz

��!OH:

�!OS=

C2p+2-3,2q-

3!p2+q2-p

"

q

D=

52p-1,

3p-3p2-q2

q

6

oraz

��!OH=

C6p-3,

6!p-p2

"

q-3!p2+q2-p

"

q

D=

56p-3,

9p-9p2-3q2

q

6= 3 ·

�!OS.

Zatem punkt S leªy na prostej OH.

Uwaga

W zadaniu 17 jest sformu™owane nast¶puj°ce twierdzenie p o cho dz°ce o d Eulera: w dowolnymtró jk°cie orto centrum, ±ro dek ci¶ªko±ci i ±ro dek okr¶gu opisanego s° wsp ó™liniowe.

Prost°, na której leª° te trzy punkty nazywamy prostπ Eulera.

189

Twierdzenie Eulera ma wiele dowo dów b ezp o±rednich. Szczególnie pi¶kny, cho ¢ trikowy, jestdowó d nast¶puj°cy.

Dowód

Oznaczmy przez O ±ro dek okr¶gu opisanego, przez S ±ro dek ci¶ªko±ci, za± przez H punktprzeci¶cia wysoko±ci danego tró jk°ta.

Poprowadπmy z punktu O przez punkt S o dcinek OP tak, by OP= 3 ·OS.

A B

C

E

F

O

SP

Niech F b ¶dzie ±ro dkiem b oku AB, a E ±ro dkiem b oku AC. WówczasCS

SF= 2=

PS

SO, zatem

z twierdzenia Talesa wynika, ªe CP ÎOF. Poniewaª OF‹AB, mamy takªe CP‹AB. Zatempunkt P leªy na wysoko±ci tró jk°ta opuszczonej na prost° AB. Poniewaª punkt P zosta™okre±lony niezaleªnie o d wyb oru b oku, P leªy na wszystkich wysoko±ciach tego tró jk°tai P=H. Ponadto z konstrukcji mamy OS= 2 ·SH.

W p owyªszym dowo dzie warto zwró ci¢ uwag¶ na to, ªe nie dowo dzimy b ezp o±rednio wsp ó™-liniowo±ci rozwaªanych trzech punktów, ale „ przedefiniowujemy” jeden z tych punktów.Definiujemy mianowicie nowy punkt P w taki sp osób, by zagwarantowa¢ wsp ó™liniowo±¢,a nast¶pnie dowo dzimy, ªe ten nowy punkt P jest punktem przeci¶cia wysoko±ci (orto-centrum) tró jk°ta ABC. Jest to pi¶kny p omys™, ale trudno o czekiwa¢ o d ucznia, ªe ™atwoprzyjdzie mu on do g™owy.

Dla kontrastu, dowó d twierdzenia Eulera przedstawiony w rozwi°zaniu zadania 17 jest ruty-nowy i w™a±ciwie nie wymaga ªadnego p owaªniejszego p omys™u. Cen° za t¶ rutynowo±¢ jesto czywi±cie d™ugo±¢ dowo du, wymaga j°cego d™ugich oblicze´. Warto w tym miejscu zwró ci¢uwag¶ na to, ªe elegancja i pi¶kno w matematyce nie wyklucza j° meto d rutynowych, d™ugich,ale skutecznych.

Zadanie 18.

ABC jest równe P=1

4

1d2+d

d2+2a2

2. Dany jest tró jk°t prostok°tny ABC z k°tem pro-

stym przy wierzcho™ku A. Przeciwprostok°tna BC ma d™ugo±¢ a, dwusieczna AD k°ta pro-

stego ma d™ugo±¢ d. Udowo dnij, ªe p ole tró jk°ta ABC jest równe P=1

4

1d2+d

d2+2a2

2.


A

B CD

Rozwiπzanie

Oznaczmy, tak jak na rysunku: |AB|= c, |AC|=b.

Pole tró jk°ta ABC jest równe: P=bc

2, sk°d bc= 2P.

Obliczamy inaczej p ole tró jk°ta ABC:

P=cd 45¶

2+bd 45¶

2=

cdÔ2

4+bdÔ2

4=(b+c) · d

Ô2

4.

Chcemy obliczy¢ b+c. Zauwaªamy, ªe (b+c)2 =b2+2bc+c2.

Z twierdzenia Pitagorasa: b2+c2 = a2, wi¶c(b+c)2 = a2+2bc. Zatem (b+c)2 = a2+4P,czyli

b+c=a2+4P.

Wob ec tego

P=(b+c) · dÔ2

4=

a2+4P · dÔ2

4,

czyli

P=a2+4P · d

Ô2

4.

Chcemy z tego równania wyznaczy¢ P.

Otrzymujemy kolejno:

P2 =!a2+4P

"· d

2

8,

8P2-4d2P-a2d2 = 0.

Rozwi°zujemy to równanie kwadratowe: �= 16d2!d2+2a2

", P=

d2+dÔd2+2a2

4(drugie

rozwi°zanie o drzucamy, gdyª jest ujemne).

To koćzy dowó d.

Zadanie 19.Udowo dnij, ªe je±li a>0, to dok™adnie jedna liczba rzeczywista x sp e™nia równanie

x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2 = 0.

191


Zauwaªamy, ªe 1 jest pierwiastkiem tego równania, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci:

(x-1)1x2+(a+1)x+(a+1)2

2= 0.

St°d x= 1 lub x2+(a+1)x+(a+1)2 = 0.

Równanie x2+(a+1)x+(a+1)2 = 0 nie ma rozwi°zania, gdyª �=-3(a+1)2 <0.

Zatem jedyn° liczb° x, która sp e™nia równanie x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2=0, jest x=1.


Niechf(x)= x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2 .


f Õ (x)= 3x2+2ax+a(a+1) .

Obliczamy wyróªnik tej funkcji kwadratowej:

�=-4a(2a+3) .

Poniewaª z za™oªenia a>0, wi¶c �<0. Zatem dla kaªdego a>0 p o cho dna f Õ (x)>0, czylifunkcja f jest rosn°ca, a wi¶c ma co na jwyªej jedno miejsce zerowe. Poniewaª f(1)=0, wi¶cf ma dok™adnie jedno miejsce zerowe. To koćzy dowó d.

Zadanie 20.Dany jest ostros™up prawid™owy czworok°tny. K°t ↵ jest k°tem dwu±ciennym mi¶dzy dwie-ma s°siednimi ±cianami b o cznymi. K°t � jest k°tem przy p o dstawie ±ciany b o cznej (tzn.k°tem mi¶dzy kraw¶dzi° p o dstawy i kraw¶dzi° b o czn° ostros™upa) — zob. rysunek. Wykaª,ªe ↵ · 2�=-1.

↵

�


Rozwiπzanie

Oznaczmy, tak jak na rysunku: a — kraw¶dπ p o dstawy, h — wysoko±¢ ±ciany b o cznej p opro-wadzona z wierzcho™ka p o dstawy, c — o dcinek ™°cz°cy wierzcho™ek p o dstawy ze sp o dkiemwysoko±ci h.

↵

�

a

ap2

h

h c

Na p o dstawie twierdzenia cosinusów mamy:1aÔ222

=h2+h2-2h ·h · ↵.

St°dh2 ↵=h2-a2.

Na p o dstawie tw. Pitagorasa mamy:

h2+c2 =a2.

Zatemh2 ↵=-c2.

St°dh2

c2· ↵=-1,

czyli↵ · 2�=-1.

To koćzy dowó d.

Zadanie 21.Rozpatrujemy o dcinki równoleg™e do osi Oy, których jeden koniec leªy na wykresie funkcjikwadratowej f okre±lonej wzorem f(x) = x2+2, a drugi koniec leªy na wykresie funkcji g

okre±lonej wzorem g(x)=Ôx dla xˇ 0.

Oblicz d™ugo±¢ na jkrótszego takiego o dcinka.

193

x

y

y = x2 + 2

y =px

Rozwiπzanie

Niech A=!x,x2+2

", B=!x,Ôx"

dla p ewnego xˇ0. Wówczas d™ugo±¢ o dcinka AB jest równax2+2-

Ôx.

Rozwaªmy funkcj¶ h(t)= t4-t+2. Wówczas d™ugo±¢ o dcinka AB jest równa h!Ô

x"

.

Wyznaczymy minimum funkcji h w przedziale È0, +1) .

Obliczamy p o cho dn° funkcji h: h Õ (t)= 4t3-1.

Je±li 0< t<13Ô4

, to h Õ (t)<0,

je±li t>13Ô4

, to h Õ (t)>0.

Zatem w przedziale=0,

13Ô4

>funkcja h jest malej°ca i w przedziale

=13Ô4,+14

funkcja h

jest rosn°ca. St°d wynika, ªe h przyjmuje na jmniejsz° warto±¢ w punkcie t=13Ô4

. Ta na j-

mniejsza warto±¢ jest d™ugo±ci° szukanego na jkrótszego o dcinka:

h

313Ô4

4=

1

4 3Ô4-

13Ô4+2= 2-

3

4 3Ô4.

Odp.: |AB|= 2-3

4 3Ô4

.

Zadanie 22.Dana jest funkcja f(x) = x2 okre±lona dla wszystkich liczb rzeczywistych x oraz punktP=(p,p2) leª°cy na wykresie funkcji f. Wyznacz a i b tak, by prosta o równaniu y=ax+b

by™a styczna do wykresu funkcji f w punkcie P. Wykaª, ªe dla kaªdego x zacho dzi nierówno±¢x2ˇax+b.


Rozwiπzanie

Po cho dna funkcji f jest okre±lona wzorem f Õ (x)=2x. St°d wynika, ªe wsp ó™czynnik kierun-kowy stycznej w punkcie P jest równy a=2p. Prosta o równaniu y=2px+b przecho dzi przezpunkt P, wi¶c p2=2p·p+b. Zatem b=-p2, czyli równanie stycznej ma p osta¢ y=2px-p2.Nierówno±¢ x2ˇ 2px-p2 jest równowaªna nierówno±ci x2-2px+p2ˇ 0, czyli nierówno±ci(x-p)2ˇ 0, a wi¶c jest prawdziwa dla kaªdego x.

Zadanie 23.Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=x3 dla dowolnej liczby rzeczywistej x. Wyznaczpunkt P=

!p,p3"

leª°cy na wykresie funkcji f na jbliªej punktu A=(4,0).

Rozwiπzanie

Wystarczy rozpatrywa¢ punkty P=!p,p3"

dla pˇ0, gdyª dla p<0 punkt o wsp ó™rz¶dnych(0,0) leªy bliªej punktu A niª punkt P:

AB

CP

x

y

AP>AC>AB.

Odleg™o±¢ AP dla pˇ 0 jest równa AP=

Ò(p-4)2+(p3)2.

Mamy zatem znaleπ¢ pˇ 0, dla którego wielomian W (p) =p6+(p-4)2 =p6+p2-8p+16

przyjmuje na jmniejsz° warto±¢. Rozwaªamy zatem p o cho dn° wielomianu W:

W Õ (x)= 6x5+2x-8= 2(x-1)!3x4+3x3+3x2+3x+4

".

Poniewaª dla xˇ 0

3x4+3x3+3x2+3x+4>0,

195

wi¶c:

W Õ (x)<0 dla xœ (0,1),W Õ (x)>0 dla xœ (1,+1).

St°d wynika, ªe:

wielomian W (x) jest funkcj° malej°c° w przedziale È0,1Í,wielomian W (x) jest funkcj° rosn°c° w przedziale È1, +1) .

Zatem szukan° warto±ci° p, dla której warto±¢ wielomianu W (p) jest na jmniejsza, jest p=1.Szukanym punktem P jest zatem P=(1,1).

Zadanie 24.

Prosta o równaniu y= kx przecina parab ol¶ o równaniu y=1

2x2-

1

2w dwó ch punktach

A i B. Udowo dnij, ªe styczne do tej parab oli w punktach A i B s° prostopad™e.

Rozwiπzanie

A

B

x

y

Na jpierw wyznaczamy wsp ó™rz¶dne punktów A i B. W tym celu rozwi°zujemy uk™ad równa´8<

:y= kx

y=1

2x2-

1

2,

1

2x2-kx-

1

2= 0,

�= k2+1,

x1 =k-Ôk2+1

2 · 12

= k-k2+1, x2 = k+

k2+1.

St°d A=1k-k2+1,k2-k

k2+1

2, B=

1k+

k2+1,k2+kk2+1

2.

Wyznaczamy teraz wsp ó™czynniki kierunkowe stycznych. Niech f(x) =1

2x2-

1

2. Wówczas

mamy równania stycznych y=aAx+bA oraz y=aBx+bB, gdzie aA=f Õ1k-

k2+12

oraz

aB = f Õ1k+k2+1

2. Poniewaª f Õ (x)= x, wi¶c aA = k-

k2+1, aB = k+

k2+1. St°d

aA ·aB =1k-k2+1

2·1k+

k2+12= k2-

!k2+1

"=-1, czyli styczne s° prostopad™e.

Dodatek B

Zestaw zadaÒ II

Elªbieta Dittma jerMarian Pacholak

Maria Pa j°k-Ma jewskaAgata Siwik

B.1. Szereg geometryczny

Zadanie 1.

Dany jest nieskoćzony ci° g geometryczny taki, ªe pierwszy wyraz jest równy3

4, a suma

wszystkich wyrazów tego ci° gu jest równa9

4. Oblicz iloraz tego ci° gu.

Rozwiπzanie

Oznaczmy przez q iloraz ci° gu (an). Korzysta j°c ze wzoru na sum¶ wszystkich wyrazów

nieskoćzonego ci° gu geometrycznego zapisujemy: S=9

4=

34

1-q, czyli q=

2

3.

Poniewaª dla q=2

3mamy 0<q<1, liczba

2

3sp e™nia warunki zadania.

Zadanie 2.Dany jest nieskoćzony ci° g geometryczny o wyrazach do datnich taki, ªe pierwszy wyraz

jest równy3

4, a trzeci wyraz a3 jest równy

1

3. Oblicz sum¶ wszystkich wyrazów tego ci° gu.

Rozwiπzanie

Pierwszy wyraz i trzeci wyraz tego ci° gu s° o dp owiednio równe: a1 =3

4, a3 =

1

3.

Poniewaª, a3 =a1 ·q2, st°d q2 =a3

a1=

4

9. Zatem q=-

2

3lub q=

2

3.

Uwzgl¶dnia j°c warunki zadania mamy q=2

3.

198 B. Zestaw zada´ I I

Poniewaª wszystkie wyrazy naszego ci° gu s° do datnie oraz |q|=

----2

3

----<1, zatem

S=a1

1-q=

34

1- 23

=3

4· 31=

9

4.

Odp owiedπ: Suma S wszystkich wyrazów tego nieskoćzonego ci° gu geometrycznego o wy-

razach do datnich jest równa: S=9

4.

B.2. Granice ciπgów

Zadanie 3.

Obliczn!1

n7-2n3+3n

1+4n3+5n4+6n7. Zapisz pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dzie-

si¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

n7-2n3+3n

1+4n3+5n4+6n7=

n!1

n7!1- 2

n4 +3n6

"

n7!

1n7 +

4n4 +

5n3 +6

" = 1

6= 0,166. . .

Zapisujemy cyfry: 1, 6, 6.

Zadanie 4.

Granican!1

n8-2n3+3n

12+5n4+6n5jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: D.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

n8-2n3+3n

12+5n4+6n5=

n!1

n8!1- 2

n5 +3n7

"

n5!12n5 +

5n+6" =

n!1

n3!1- 2

n5 +3n7

"!12n5 +

5n+6" =+1.

Zadanie 5.

Granican!1

-2n3+3n

1+2n+3n2+4n5jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: C.

B.2. Granice ci° gów 199

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

-2n3+3n

1+2n+3n2+4n5=

n!1

n5!-2n2 + 3

n4

"

n5!

1n5 +

2n4 +

3n3 +4

" =n!1

-2n2 + 3

n4

1n5 +

2n4 +

3n3 +4)

=0

4= 0.

Zadanie 6.

Obliczn!1

-2n3+3n

(1-4n)3. Zapisz pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnego

otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶

n!1

-2n3+3n

(1-4n)3=

n!1

n3!-2+ 3

n2

"

n3!1n-4"3 =

1

32= 0,03125.

Nie rozwijamy wzoru (1-4n)3, tylko wy™°czamy przed nawias n z kaªdego z trzech czyn-ników.


Zadanie 7.

Ci° gi (an), (bn) okre±lone s° nast¶puj°co: an=n4+5 oraz bn=7n5+29n-7

7n, dla nˇ1. Ob-

licz granic¶n!1

(an-bn). Zapisz pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnegootrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

3n4+5-

7n5+29n-7

7n

4=

n!1

7n5+35n-7n5-29n+7

7n=

n!1

6n+7

7n=6

7=0,85714. . .


Zadanie 8.


n2oraz bn =

n3+2

7(n+1), dla nˇ 1. Ob-

licz granic¶n!1

(an ·bn). Zapisz pierwsze trzy cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnegootrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:

n!1

34

n2· n

3+2

7(n+1)

4=

n!1

4n3!1+ 2

n3

"

7n3!1+ 1

n

" =4

7= 0,(571428).



Zadanie 9.


noraz bn =

n3+2

n+1, dla nˇ 1.

Granican!1

(an ·bn) jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: D.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶

n!1

33

n· n

3+2

n+1

4=

n!1

3n3!1+ 2

n3

"

n2!1+ 1

n

" =n!1

3n!1+ 2

n3

"!1+ 1

n

" =+1.

Zadanie 10.


n13oraz bn =

n3+2

n+1, dla nˇ 1.

Granican!1

(an ·bn) jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: C.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶

n!1

33

n13· n

3+2

n+1

4=

n!1

3n3!1+ 2

n3

"

n14!1+ 1

n

" =n!1

3!1+ 2

n3

"

n11!1+ 1

n

" = 0.

Zadanie 11.

Obliczn!1

3n2

n+2-

3n3

(n+2)(3n+7)

4. Zapisz cyfr¶ jedno±ci i dwie pierwsze cyfry p o prze-

cinku rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶

n!1

3n2

n+2-

3n3

(n+2)(3n+7)

4=

n!1

3n3+7n2-3n3

(n+2)(3n+7)=

n!1

7n2

(n+2)(3n+7)=

=n!1

7n2

3n2!1+ 2

n

"!1+ 7

3n

" = 7

3= 2,333. . .


B.3. Granica ci° gu (z parametrem) 201

B.3. Granica ciπgu (z parametrem)

Zadanie 12.

Dla liczby p róªnej o d zera okre±lamy ci° g an=(9p-1)n2-4pn+3p

1+pn2 dla nˇ1. Oblicz, dla

jakiej warto±ci p granica ci° gu (an) jest równa 2. Zako duj pierwsze trzy cyfry p o przecinkurozwini¶cia dziesi¶tnego otrzymanego wyniku.

Rozwiπzanie

Wyznaczamy granic¶ ci° gu (an) w zaleªno±ci o d p:

n!1

(9p-1)n2-4pn+3p

1+pn2 =n!1

n219p-1- 4p

n+ 3p

n2

2

n2!

1n2 +p

" =9p-1

p.

Zapisujemy równanie:9p-1

p= 2. Rozwi°zaniem równania jest p=

1

7= 0,(142857).


B.4. Granice funkcji

Zadanie 13.

Granicax!3

6-x2

x+3jest równa

A. -1. B. -1

2. C. 0. D. +1.

Odpowiedü: B.

Rozwiπzanie

Obliczamy:x!3

6-x2

x+3=

6-32

3+3=-

1

2.

Zadanie 14.

Granicax!-3-

-5x

x+3jest równa

A. -1. B. 0. C. 6. D. +1.

Odpowiedü: A.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶:x!-3-

-5x

x+3=-1.


Zadanie 15.

Granicax!1+

x2-1

x-1jest równa

A. -1. B. 0. C. 2. D. +1.

Odpowiedü: C.

Rozwiπzanie

Obliczamy granic¶x!1+

x2-1

x-1=

x!1+(x+1)= 2.

Zadanie 16.

Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x) =2x4+13

6-x2dla wszystkich liczb rzeczywistych

x ”=-Ô6 i x ”=

Ô6. Oblicz warto±¢ p o cho dnej tej funkcji w punkcie x= 1.

Zako duj cyfr¶ jedno±ci i pierwsze dwie cyfry p o przecinku rozwini¶cia dziesi¶tnego otrzy-manego wyniku.

Rozwiπzanie

Obliczamy:

f Õ (x)=

!2x4+13

" Õ !6-x2

"-!2x4+13

"!6-x2

" Õ

(6-x2)2=

=8x3!6-x2

"+2x!2x4+13

"

(6-x2)2.

Zatem f Õ (1)=8(6-1)+2(2+13)

(6-1)2=

8 ·5+2 ·1525

=14

5= 2,8.


Zadanie 17.Uzasadnij, ªe prosta l o równaniu 10x-y+9=0 jest styczna do wykresu funkcji f okre±lonejwzorem f(x)= 4x3-2x+1.

Rozwiπzanie

Zapisujemy równanie prostej l w p ostaci kierunkowej y= 10x+9.

Wyznaczamy p o cho dn° funkcji f: f Õ (x)= 12x2-2.

Zauwaªamy, ªe dla x=-1 p o cho dna funkcji f jest równa 10 i równa si¶ wsp ó™czynnikowikierunkowemu prostej l. Dla x=1 mamy f Õ(1)=10, ale f(1)=3. Punkt (1,3) nie jest punktemwsp ólnym wykresu funkcji f i prostej l, zatem prosta l nie jest styczna do wykresu funkcjif w tym punkcie.

Obliczamy warto±¢ funkcji f w punkcie x=-1: f(-1)=-1.

B.4. Granice funkcji 203

Punkt o wsp ó™rz¶dnych (-1,-1) naleªy równieª do prostej l, wi¶c dana prosta y+1=10(x+1),czyli 10x-y+9= 0 jest styczna do wykresu funkcji f, co koćzy dowó d.

Zadanie 18.Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x)=-5x2+3x+8, prostopad™ej do prostej

o równaniu x-17y+17= 0.


Prosta prostopad™a do prostej o równaniu y=1

17x+1 ma p osta¢ y=-17x+b.

Szukamy punktu, w którym p o cho dna funkcji f jest równa wsp ó™czynnikowi kierunkowemustycznej. Obliczamy p o cho dn° funkcji f

f Õ(x)=-10x+3.

Nast¶pnie rozwi°zujemy równanief Õ(x)=-17,

-10x+3=-17,

x= 2.

Obliczamy warto±¢ funkcji w punkcie x= 2: f(2)=-6.

Zatem punkt P=(2,-6) jest punktem styczno±ci.

Wyznaczamy równanie stycznej -6=-17 ·2+b, st°d b= 28.

Równanie stycznej ma p osta¢ y=-17x+28.


Prosta prostopad™a do prostej o równaniu y=1

17x+1 ma p osta¢ y=-17x+b. Ta prosta nie

jest równoleg™a do osi parab oli, a wi¶c jest styczna do parab oli wtedy i tylko wtedy, gdy maz ni° dok™adnie jeden punkt wsp ólny. Naleªy wyznaczy¢ wsp ó™czynnik b tak, aby równanie-5x2+3x+8=-17x+b mia™o jedno rozwi°zanie. Zatem wyróªnik równania musi by¢ równyzero, wi¶c 560-20b= 0, a st°d b= 28.

Równanie stycznej ma p osta¢ y=-17x+28.

Zadanie 19.Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x)=-5x2+3x+8, równoleg™ej do prostej

o równaniu y=-17x+9.


Prosta równoleg™a do prostej o równaniu y=-17x+9 ma p osta¢ y=-17x+b.

Szukamy punktu, w którym p o cho dna funkcji f jest równa wsp ó™czynnikowi kierunkowemustycznej. Obliczamy p o cho dn° funkcji f: f Õ(x)=-10x+3.


Nast¶pnie rozwi°zujemy równanie :

f Õ(x)=-17,

-10x+3=-17,

x= 2.

Obliczamy warto±¢ funkcji w punkcie x= 2: f(2)=-6.

Zatem punkt P=(2,-6) jest punktem styczno±ci.

Wyznaczamy równanie stycznej -6=-17 ·2+b , st°d b=28. Równanie stycznej ma p osta¢y=-17x+28.


Prosta równoleg™a do prostej o równaniu y=-17x+9 ma p osta¢ y=-17x+b. Ta prosta niejest równoleg™a do osi parab oli, a wi¶c jest styczna do parab oli wtedy i tylko wtedy, gdy maz ni° dok™adnie jeden punkt wsp ólny. Naleªy wyznaczy¢ wsp ó™czynnik b tak, aby równanie-5x2+3x+8=-17x+b mia™o jedno rozwi°zanie. Zatem wyróªnik równania musi by¢ równyzero, wi¶c 560-20b= 0, a st°d b= 28. Równanie stycznej ma p osta¢ y=-17x+28.

Documents

Matura z matematyki - zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/wp-content/uploads/2017/02/zadania_matematyka... · Matura z matematyki Materia≥y pomocnicze dla nauczycieli i uczniów opracowane