Kula

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite. Moneta jest symetryczna, więc każda z urn jest wybierana z prawdopodobieństwem $\frac12$.

Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z poszczególnych urn:

$$P(B\mid U_1)=\frac{1}{7},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{4}{7}.$$

Zatem:

$$P(B)=\frac12\cdot\frac17+\frac12\cdot\frac47=\frac{1}{14}+\frac{4}{14}=\frac{5}{14}.$$

Odpowiedź: A

Stosujemy wzór na prawdopodobieństwo całkowite.

Krok 1. Wybór urny. Pierwszą urnę wybieramy, gdy wypadnie jedno oczko:

$$P(U_1)=\frac{1}{6},\qquad P(U_2)=\frac{5}{6}.$$

Krok 2. Kula biała z każdej urny. W każdej urnie jest po $10$ kul:

$$P(B\mid U_1)=\frac{3}{10},\qquad P(B\mid U_2)=\frac{1}{10}.$$

Krok 3. Złożenie.

$$P(B)=\frac16\cdot\frac{3}{10}+\frac56\cdot\frac{1}{10}=\frac{3}{60}+\frac{5}{60}=\frac{8}{60}=\frac{2}{15}.$$

Odpowiedź: A

Krok 1. Wysokość czworościanu foremnego. Dla krawędzi $a$ wysokość wynosi $H=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Dla $a=6$:

$$H=\frac{6\sqrt{6}}{3}=2\sqrt{6}.$$

Krok 2. Położenie środka kuli wpisanej. Kula styczna do wszystkich czterech ścian to kula wpisana, a jej środek leży na wysokości czworościanu w odległości $\frac{H}{4}$ od podstawy:

$$d_S=\frac{H}{4}=\frac{2\sqrt{6}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{2}.$$

Kontrola: promień kuli wpisanej to $r=\frac{a\sqrt{6}}{12}=\frac{6\sqrt6}{12}=\frac{\sqrt6}{2}$ — zgadza się z odległością środka od podstawy, bo kula jest styczna do podstawy ✓

Krok 3. Położenie płaszczyzny $\pi$. Płaszczyzna równoległa do podstawy odcina przy wierzchołku czworościan podobny do wyjściowego. Stosunek objętości brył podobnych to sześcian skali:

$$k^{3}=\frac{8}{27}\ \Longrightarrow\ k=\frac{2}{3}.$$

Wysokość odciętego czworościanu wynosi więc $\frac23 H$ (licząc od wierzchołka), a zatem płaszczyzna $\pi$ znajduje się nad podstawą na wysokości

$$d_\pi=H-\frac23H=\frac{H}{3}=\frac{2\sqrt{6}}{3}.$$

Krok 4. Szukana odległość. Płaszczyzna $\pi$ jest równoległa do podstawy, więc najkrótszy odcinek $SP$ jest prostopadły do $\pi$, a jego długość to różnica wysokości:

$$|SP|=\left|\frac{H}{3}-\frac{H}{4}\right|=\frac{H}{12}=\frac{2\sqrt{6}}{12}=\frac{\sqrt{6}}{6}.$$

Uwaga: $\frac{\sqrt6}{6}\approx0{,}41$, a promień kuli to $\frac{\sqrt6}{2}\approx1{,}22$ — płaszczyzna $\pi$ przecina więc kulę, ale zadanie pyta wyłącznie o odległość środka od płaszczyzny.

Odpowiedź: $|SP|=\frac{\sqrt{6}}{6}$

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, rozbijając zadanie na dwa przypadki zależne od koloru kuli wylosowanej z pierwszej urny.

Przypadek 1: wylosowano kulę białą. W pierwszej urnie jest $8$ kul, w tym $3$ białe:

$$P(B_1)=\frac{3}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają wtedy $3$ kule białe (przełożona plus dwie dołożone), więc urna zawiera

$$7+3=10\ \text{białych},\qquad 2\ \text{czarne},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid B_1)=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{45}{66}=\frac{15}{22}.$$

Przypadek 2: wylosowano kulę czarną.

$$P(C_1)=\frac{5}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają $3$ kule czarne, więc urna zawiera

$$7\ \text{białych},\qquad 2+3=5\ \text{czarnych},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid C_1)=\frac{\binom{7}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{21}{66}=\frac{7}{22}.$$

Złożenie.

$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{15}{22}+\frac{5}{8}\cdot\frac{7}{22}=\frac{45}{176}+\frac{35}{176}=\frac{80}{176}=\frac{5}{11}.$$

Uwaga: w obu przypadkach druga urna ma tyle samo kul ($12$), bo zawsze dokładamy trzy — zmienia się tylko ich kolor.

Odpowiedź: $P=\frac{5}{11}$

Krok 1. Przestrzeń zdarzeń. Losujemy jednocześnie trzy kule z dziesięciu, więc kolejność nie ma znaczenia:

$$|\Omega|=\binom{10}{3}=\frac{10\cdot9\cdot8}{6}=120.$$

Krok 2. Zliczanie zdarzeń sprzyjających. Szukamy trójek $\{a,b,c\}$ takich, że $a\lt b\lt c\le 10$ oraz $c=a+b$. Dla ustalonego $a$ liczba $b$ musi spełniać $a\lt b$ oraz $a+b\le10$.

$a=1$: $b\in\{2,3,\ldots,9\}$ — 8 trójek: $(1,2,3),(1,3,4),\ldots,(1,9,10)$;

$a=2$: $b\in\{3,\ldots,8\}$ — 6 trójek: $(2,3,5),(2,4,6),\ldots,(2,8,10)$;

$a=3$: $b\in\{4,\ldots,7\}$ — 4 trójki: $(3,4,7),(3,5,8),(3,6,9),(3,7,10)$;

$a=4$: $b\in\{5,6\}$ — 2 trójki: $(4,5,9),(4,6,10)$;

$a\ge5$: warunek $a+b\le10$ przy $b>a$ jest niemożliwy — 0 trójek.

$$|A|=8+6+4+2=20.$$

Krok 3. Prawdopodobieństwo.

$$P(A)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}.$$

Odpowiedź: $P(A)=\frac{1}{6}$

Niech \(n\) oznacza liczbę kul czarnych; wtedy kul białych jest \(3n\), a wszystkich \(4n\) (gdzie \(n\ge1\)).

Losujemy jednocześnie dwie kule, więc \(|\Omega|=\dbinom{4n}{2}=\dfrac{4n(4n-1)}{2}\).

Kule różnych kolorów można wybrać na \(3n\cdot n=3n^2\) sposobów, zatem

\(P=\dfrac{3n^2}{\frac{4n(4n-1)}{2}}=\dfrac{6n^2}{4n(4n-1)}=\dfrac{3n}{2(4n-1)}\).

Warunek zadania:

\(\dfrac{3n}{8n-2}>\dfrac{9}{22}\).

Ponieważ \(8n-2>0\), mnożymy obie strony przez \(22(8n-2)\):

\(66n>9(8n-2)=72n-18\), czyli \(18>6n\), a więc \(n\lt 3\).

Stąd \(n\in\{1,2\}\), czyli w urnie jest \(4\) albo \(8\) kul.

Sprawdzenie: dla \(n=1\): \(P=\tfrac36=\tfrac12>\tfrac{9}{22}\); dla \(n=2\): \(P=\tfrac{6}{14}=\tfrac37\approx0{,}4286>\tfrac{9}{22}\approx0{,}409\). ✅

Oznaczmy przez \(r\) promień (wspólny dla stożka i półkuli), a przez \(h=r+1\) wysokość stożka.

\(V_{s}=\tfrac13\pi r^2(r+1)\), \(\ V_{p}=\tfrac23\pi r^3\), \(\ V=V_s+V_p\).

Z warunku \(V_s=\tfrac23V\) wynika \(V_p=\tfrac13V\), a więc \(V_s=2V_p\):

\(\tfrac13\pi r^2(r+1)=2\cdot\tfrac23\pi r^3=\tfrac43\pi r^3\).

Dzieląc przez \(\tfrac13\pi r^2\ (r>0)\):

\(r+1=4r\), skąd \(r=\dfrac13\) (m), a \(h=\dfrac43\) (m).

Obliczamy objętości:

\(V_s=\tfrac13\pi\cdot\tfrac19\cdot\tfrac43=\dfrac{4\pi}{81}\), \(\ V_p=\tfrac23\pi\cdot\tfrac{1}{27}=\dfrac{2\pi}{81}\).

\(V=\dfrac{4\pi}{81}+\dfrac{2\pi}{81}=\dfrac{6\pi}{81}=\dfrac{2\pi}{27}\approx0{,}23\ \text{m}^3\).

Sprawdzenie: \(\dfrac{V_s}{V}=\dfrac{4\pi/81}{6\pi/81}=\dfrac23\). ✅