Walec, stożek i 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. Wyznaczenie promienia $R$. Podstawiamy dane do wzoru na objętość:

$$\frac13\pi\cdot 10\cdot\left(6^{2}+6R+R^{2}\right)=840\pi.$$

Dzielimy obie strony przez $\pi$ i mnożymy przez $\frac{3}{10}$:

$$R^{2}+6R+36=252\ \Longrightarrow\ R^{2}+6R-216=0.$$

$$\Delta=36+864=900,\qquad \sqrt{\Delta}=30.$$

$$R=\frac{-6+30}{2}=12\qquad(\text{drugi pierwiastek }-18\text{ odrzucamy, bo }R>0).$$

Sprawdzenie: $\frac{10}{3}(36+72+144)=\frac{10}{3}\cdot252=840$ ✓ oraz $r=6\lt 12=R$ ✓

Krok 2. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka ściętego jest trapez równoramienny o podstawach

$$2R=24\quad\text{(dolna)},\qquad 2r=12\quad\text{(górna)},$$

i wysokości $H=10$.

Krok 3. Rzut przekątnej na podstawę. Umieśćmy trapez w układzie współrzędnych: dolna podstawa od $(-12,0)$ do $(12,0)$, górna od $(-6,10)$ do $(6,10)$. Przekątna łączy $(-12,0)$ z $(6,10)$, więc jej rzut poziomy wynosi

$$\Delta x=6-(-12)=18,$$

a rzut pionowy to $\Delta y=10$.

Krok 4. Długość przekątnej.

$$d=\sqrt{18^{2}+10^{2}}=\sqrt{324+100}=\sqrt{424}=2\sqrt{106}.$$

Krok 5. Cosinus kąta nachylenia. Kąt $\alpha$ między przekątną a podstawą jest kątem w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej $18$ i przeciwprostokątnej $d$:

$$\cos\alpha=\frac{18}{2\sqrt{106}}=\frac{9}{\sqrt{106}}=\frac{9\sqrt{106}}{106}\approx 0{,}874.$$

Uwaga: podstawy są równoległe, więc kąt nachylenia przekątnej do górnej podstawy jest taki sam (kąty naprzemianległe).

Odpowiedź: $\cos\alpha=\frac{9\sqrt{106}}{106}$

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: $|SP|=\frac{\sqrt{6}}{6}$

Oznaczmy promień podstawy przez $r$, a wysokość przez $h$.

Krok 1. Warunek na pole powierzchni całkowitej. Walec ma dwie podstawy i powierzchnię boczną:

$$P=2\pi r^{2}+2\pi rh\ \Longrightarrow\ h=\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}.$$

Krok 2. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $h>0$, czyli

$$P-2\pi r^{2}>0\ \Longrightarrow\ 0\lt r\lt \sqrt{\frac{P}{2\pi}}.$$

Krok 3. Objętość jako funkcja $r$.

$$V=\pi r^{2}h=\pi r^{2}\cdot\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{r\left(P-2\pi r^{2}\right)}{2}=\frac{Pr-2\pi r^{3}}{2}.$$

Krok 4. Poszukiwanie maksimum.

$$V^{\prime}(r)=\frac{P-6\pi r^{2}}{2}.$$

$$V^{\prime}(r)=0\ \Longleftrightarrow\ 6\pi r^{2}=P\ \Longleftrightarrow\ r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Dla mniejszych $r$ pochodna jest dodatnia, dla większych ujemna, więc w tym punkcie funkcja osiąga maksimum. Punkt należy do dziedziny, bo $\sqrt{\frac{P}{6\pi}}\lt \sqrt{\frac{P}{2\pi}}$.

Krok 5. Wysokość. Z warunku $P=6\pi r^{2}$ podstawiamy do wzoru na $h$:

$$h=\frac{P-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{6\pi r^{2}-2\pi r^{2}}{2\pi r}=\frac{4\pi r^{2}}{2\pi r}=2r.$$

Otrzymujemy więc walec równoboczny — jego wysokość równa się średnicy podstawy.

$$h=2\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Krok 6. Największa objętość.

$$V_{\max}=\pi r^{2}\cdot 2r=2\pi r^{3}=2\pi\cdot\frac{P}{6\pi}\cdot r=\frac{P}{3}\,r=\frac{P}{3}\sqrt{\frac{P}{6\pi}}.$$

Po usunięciu niewymierności z mianownika:

$$V_{\max}=\frac{P\sqrt{6\pi P}}{18\pi}.$$

Kontrola liczbowa: dla $P=6\pi$ mamy $r=1$, $h=2$ oraz $V=\pi\cdot1\cdot2=2\pi$; ze wzoru $V_{\max}=\frac{6\pi}{3}\cdot1=2\pi$ ✓

Odpowiedź: $r=\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$, $\;h=2r=2\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$, $\;V_{\max}=\frac{P}{3}\sqrt{\frac{P}{6\pi}}$

Krok 1. Wysokość w zależności od promienia.

\(P_c=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi\)

Dzielimy przez \(2\pi\):

\(r^2+rh=1\)

\(h=\frac{1-r^2}{r}\)

Z warunków \(r\gt 0\) i \(h\gt 0\) wynika \(1-r^2\gt 0\), czyli \(r\in(0,1)\).

Krok 2. Objętość jako funkcja promienia.

\(V=\pi r^2 h=\pi r^2\cdot\frac{1-r^2}{r}=\pi r\left(1-r^2\right)\)

\(V(r)=\pi\left(r-r^3\right)\) dla \(r\in(0,1)\)

Krok 3. Badanie funkcji.

\(V'(r)=\pi\left(1-3r^2\right)\)

\(V'(r)=0\iff r^2=\frac{1}{3}\iff r=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\) (bierzemy wartość dodatnią)

Dla \(r\in\left(0,\frac{\sqrt{3}}{3}\right)\): \(V'(r)\gt 0\) — funkcja rosnąca.

Dla \(r\in\left(\frac{\sqrt{3}}{3},1\right)\): \(V'(r)\lt 0\) — funkcja malejąca.

Zatem dla \(r=\frac{\sqrt{3}}{3}\) objętość jest największa.

Krok 4. Największa objętość.

\(V\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\pi\left(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{3\sqrt{3}}{27}\right)=\pi\left(\frac{\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=\pi\cdot\frac{3\sqrt{3}-\sqrt{3}}{9}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}\)

Uwaga: odpowiadająca wysokość wynosi \(h=\frac{1-\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\).

Odpowiedź: \(r=\frac{\sqrt{3}}{3}\), a największa objętość jest równa \(\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}\).

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. Przekrój osiowy. Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoramienny o podstawie równej średnicy $2r$ i ramionach równych tworzącej $l$. Z warunku na obwód:

$$2r+2l=20\ \Longrightarrow\ l=10-r.$$

Krok 2. Wysokość stożka. Z twierdzenia Pitagorasa ($l$ — przeciwprostokątna):

$$h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{(10-r)^{2}-r^{2}}=\sqrt{100-20r}.$$

Krok 3. Dziedzina. Musi być $r>0$ oraz $100-20r>0$, czyli

$$r\in(0,\ 5).$$

Krok 4. Objętość.

$$V(r)=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi r^{2}\sqrt{100-20r}.$$

Krok 5. Maksymalizacja. Objętość jest dodatnia, więc maksimum $V$ pokrywa się z maksimum wyrażenia pod pierwiastkiem po podniesieniu do kwadratu. Rozpatrzmy funkcję pomocniczą

$$f(r)=r^{4}\left(100-20r\right)=100r^{4}-20r^{5}.$$

$$f^{\prime}(r)=400r^{3}-100r^{4}=100r^{3}(4-r).$$

Na przedziale $(0,5)$ pochodna jest dodatnia dla $r\lt 4$ i ujemna dla $r>4$, więc maksimum wypada w

$$r=4.$$

Krok 6. Pozostałe wielkości.

$$l=10-4=6,\qquad h=\sqrt{100-80}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$$

Kontrola: obwód przekroju $=2\cdot4+2\cdot6=20$ ✓ oraz $h=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{20}$ ✓

Krok 7. Największa objętość.

$$V=\frac13\pi\cdot4^{2}\cdot2\sqrt{5}=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi\approx 74{,}9.$$

Odpowiedź: $r=4$, $\;h=2\sqrt{5}$, $\;V=\frac{32\sqrt{5}}{3}\pi$

Krok 1. Zależności między wielkościami.

Niech \(r\) będzie promieniem podstawy, \(l\) — tworzącą, \(h\) — wysokością. Z warunku zadania \(l=2-r\), przy czym \(0\lt r\lt 2\).

Z twierdzenia Pitagorasa:

\(h^2=l^2-r^2=(2-r)^2-r^2=4-4r\)

Stąd \(r=1-\frac{h^2}{4}\), a warunek \(r\gt 0\) daje \(h\in(0,2)\).

Krok 2. Objętość jako funkcja wysokości.

\(V(h)=\frac{1}{3}\pi r^2 h=\frac{1}{3}\pi\left(1-\frac{h^2}{4}\right)^2 h=\frac{\pi}{48}\,h\left(4-h^2\right)^2\)

Krok 3. Badanie funkcji.

\(V'(h)=\frac{\pi}{48}\left[\left(4-h^2\right)^2+h\cdot 2\left(4-h^2\right)\cdot(-2h)\right]\)

\(=\frac{\pi}{48}\left(4-h^2\right)\left[\left(4-h^2\right)-4h^2\right]=\frac{\pi}{48}\left(4-h^2\right)\left(4-5h^2\right)\)

W przedziale \((0,2)\) czynnik \(4-h^2\) jest dodatni, więc o znaku pochodnej decyduje \(4-5h^2\):

\(V'(h)=0\iff h=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

\(V'(h)\gt 0\) dla \(h\in\left(0,\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)\), \(\;V'(h)\lt 0\) dla \(h\in\left(\frac{2\sqrt{5}}{5},2\right)\)

Zatem objętość jest największa dla \(h=\frac{2\sqrt{5}}{5}\).

Krok 4. Największa objętość.

\(r=1-\frac{h^2}{4}=1-\frac{\frac{4}{5}}{4}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}\)

\(V=\frac{1}{3}\pi\left(\frac{4}{5}\right)^2\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{32\sqrt{5}\,\pi}{375}\)

Odpowiedź: \(h=\frac{2\sqrt{5}}{5}\), a największa objętość wynosi \(\frac{32\sqrt{5}\,\pi}{375}\).

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