Rodzaje trójkątów, wysokości, środkowe i dwusieczne, okrąg wpisany i opisany, przystawanie i podobieństwo, twierdzenie Talesa.
29 definicji$P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}$ — liczba przypadków sprzyjających / liczba wszystkich równie możliwych.
Warunki: zdarzenia elementarne jednakowo prawdopodobne, skończona przestrzeń.
$P(\emptyset)=0$, $P(\Omega)=1$, $P(A')=1-P(A)$.
Zdarzenia wykluczające się: $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$.
Ogólnie: $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.
Rzut dwiema kostkami. $A$ = suma = 7: pary $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ → $P=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
Wyjęcie karty czerwonej lub króla: $P=\frac{26+4-2}{52}=\frac{28}{52}=\frac{7}{13}$.
Liczenie przypadków = kombinatoryka: permutacje, wariacje, kombinacje.
Reguła dodawania: $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.
Zdarzenia wykluczające się: $P(A\cap B)=0\Rightarrow P(A\cup B)=P(A)+P(B)$.
Reguła mnożenia: $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B|A)$.
Zdarzenia niezależne: $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$.
Prawdopodobieństwo warunkowe: $P(B|A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}$ — prawdopodobieństwo $B$ pod warunkiem $A$.
Zdarzenie przeciwne: $P(\bar A)=1-P(A)$.
Dwie kostki: $P(\text{suma}\geq10)$: pary $(4,6),(5,5),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6)=6$ spośród $36$. $P=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
Karta z talii 52: $P(\text{as lub kier})=\frac{4}{52}+\frac{13}{52}-\frac{1}{52}=\frac{16}{52}=\frac{4}{13}$.
OR → dodaj (odejmij część wspólną). AND → pomnóż. Niezależne zdarzenia: informacja o jednym NIE zmienia szansy drugiego.
Zdarzenia niezależne: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$
Zdarzenia zależne: $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$
$P(B|A)$ — prawdopodobieństwo warunkowe $B$ pod warunkiem $A$.
Wzór na prawdopodobieństwo warunkowe: $P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$
Dodawanie: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
Urna: 4 białe, 3 czarne. Losujemy 2 bez zwracania. $P(\text{obie białe}) = \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{2}{7}$.
Ze zwracaniem → niezależne; bez zwracania → zależne (skład urny się zmienia).
To doświadczenie, którego wyniku nie da się przewidzieć, np. rzut kostką. Zbiór wszystkich możliwych wyników oznaczamy $\Omega$, a interesujące nas wyniki tworzą zdarzenie $A$.
Gdy wszystkie wyniki są jednakowo możliwe:
$$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$$
Wynik zawsze mieści się w przedziale od $0$ (zdarzenie niemożliwe) do $1$ (zdarzenie pewne).
Przykład: rzut kostką, zdarzenie „liczba parzysta”: $P=\frac{3}{6}=\frac12$.
Jeśli wybór składa się z kilku niezależnych kroków, liczby możliwości mnożymy:
$$n=n_1\cdot n_2\cdot\ldots\cdot n_k$$
Przykład: $3$ koszulki i $4$ spodnie dają $12$ zestawów.
Liczba możliwości maleje z każdym krokiem. Ustawienie $4$ osób w rzędzie to $4\cdot3\cdot2\cdot1=24$ sposoby, a nie $4^4$.
Wzór klasyczny wymaga, by wyniki były równie prawdopodobne. Przy sumie oczek z dwóch kostek $|\Omega|=36$ (wszystkie pary), a nie $11$ (możliwe sumy) — bo suma $7$ wypada częściej niż $2$.
W każdym trójkącie zachodzi:
$$\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$$
Dlatego znając dwa kąty, trzeci zawsze obliczymy odejmowaniem. Przykład: gdy $\alpha=50^\circ$ i $\beta=60^\circ$, to $\gamma=180^\circ-50^\circ-60^\circ=70^\circ$.
Trójkąt może mieć najwyżej jeden kąt prosty lub rozwarty — dwa takie kąty przekroczyłyby już sumę $180^\circ$.
W trójkącie równoramiennym równe są kąty przy podstawie, a nie dowolne dwa. Jeśli kąt między ramionami ma $40^\circ$, to na dwa pozostałe zostaje $140^\circ$, czyli po $70^\circ$ każdy.
Równoboczny (trzy równe boki), równoramienny (dwa równe boki) i różnoboczny.
Ostrokątny, prostokątny (jeden kąt $90^\circ$) i rozwartokątny.
Kąty wewnętrzne trójkąta sumują się do $180^\circ$.
$$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h$$
Trójkąty przystające mają równe odpowiednie boki i kąty — są identyczne co do kształtu i wielkości.
bok-bok-bok (bbb), bok-kąt-bok (bkb), kąt-bok-kąt (kbk).
Wystarczy sprawdzić jeden z trzech zestawów danych, aby wykazać przystawanie w dowodzie.
Przystawanie zapisujemy symbolem $\cong$.
W każdym trójkącie suma długości dwóch boków jest większa od trzeciego boku.
Dla boków $a,b,c$ zachodzi $a+b>c$, $a+c>b$ oraz $b+c>a$.
Trójkąt o danych bokach istnieje tylko wtedy, gdy każdy bok jest krótszy od sumy dwóch pozostałych.
Z odcinków $2,3,10$ nie zbudujemy trójkąta, bo $2+3\lt 10$.
Prosta prostopadła do odcinka przechodząca przez jego środek; jej punkty są równo oddalone od końców odcinka.
Półprosta dzieląca kąt na dwa równe; jej punkty są równo oddalone od ramion kąta.
Konstrukcje geometryczne, wyznaczanie środka okręgu opisanego i wpisanego.
Dane gromadzimy przez obserwacje, pomiary lub ankiety.
Zestawiamy je w tabelach częstości i przedstawiamy na diagramach.
Słupkowy, kołowy, liniowy — dobierany do rodzaju danych.
Z danych wyznaczamy średnią, medianę i dominantę.
bok-bok-bok (BBB), bok-kąt-bok (BKB), kąt-bok-kąt (KBK).
Z przystawania wynika równość odpowiednich boków i kątów.
Dowodzimy równości odcinków lub kątów, wskazując przystające trójkąty.
Proste równoległe przecinające ramiona kąta wyznaczają na nich odcinki proporcjonalne:
$$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|A_1B_1|}{|B_1C_1|}$$
Twierdzenie odwrotne pozwala z proporcji wnioskować o równoległości — pod warunkiem, że odcinki odkładamy od wierzchołka kąta w tym samym kierunku.
Jeśli figury są podobne w skali $k$, to:
$$\frac{\text{obwody}}{\ }=k,\qquad \frac{P_1}{P_2}=k^2,\qquad \frac{V_1}{V_2}=k^3$$
Długości rosną jak $k$, pola jak $k^2$, a objętości jak $k^3$.
W trójkącie prostokątnym środek okręgu opisanego leży w połowie przeciwprostokątnej, więc $R=\frac{c}{2}$.
Pole nie rośnie liniowo ze skalą. Jeśli pole wzrosło $16$ razy, skala wynosi $k=4$, nie $16$. Środek okręgu opisanego może leżeć poza trójkątem (przy kącie rozwartym), a wpisanego — zawsze wewnątrz.
$$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|},\qquad 0\le P(A)\le1$$
Wymaga, by wszystkie zdarzenia elementarne były jednakowo prawdopodobne.
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$
$$P(A\,)=1-P(A)\quad\text{(zdarzenie przeciwne)}$$
Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$.
$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$
$$A,B\ \text{niezależne} \iff P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$$
Niezależność i rozłączność to różne pojęcia — zdarzenia rozłączne o dodatnim prawdopodobieństwie są zawsze zależne.
$$P(B)=\sum_i P(B|A_i)P(A_i),\qquad P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}$$
$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$
Warunki: $n$ prób niezależnych, stałe $p$, wynik dwuwartościowy (sukces/porażka).
Zwrot „co najmniej jeden” niemal zawsze wygodniej policzyć przez zdarzenie przeciwne: $1-P(\text{żaden})$. Pamiętaj, że $P(A|B)\ne P(B|A)$. Wzór Bernoulliego daje prawdopodobieństwo dokładnie $k$ sukcesów — „co najmniej $k$” wymaga sumowania.
$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)},\qquad P(B)>0$$
Informacja, że zaszło $B$, zawęża przestrzeń zdarzeń — dlatego dzielimy przez $P(B)$.
Praktycznie często wystarczy przeliczyć zdarzenia sprzyjające już wewnątrz $B$. Pytając o asa wśród kart czerwonych: asów czerwonych jest $2$, kart czerwonych $26$, więc $\frac{2}{26}=\frac{1}{13}$.
$$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \iff P(A|B)=P(A)$$
Zajście jednego zdarzenia nie zmienia szans drugiego.
To dwa zupełnie różne pojęcia — mylenie ich jest bardzo częste.
Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$. Gdyby były niezależne, musiałoby zachodzić $P(A)P(B)=0$, czyli jedno z nich miałoby prawdopodobieństwo zero. Zdarzenia rozłączne o dodatnich prawdopodobieństwach nigdy nie są niezależne — przeciwnie, są maksymalnie zależne: gdy zaszło jedno, drugie na pewno nie zaszło.
$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$
Odejmujemy część wspólną, bo inaczej policzylibyśmy ją dwa razy. Dla zdarzeń rozłącznych ten składnik znika.
$$P(A\prime)=1-P(A)$$
To najczęściej używany skrót w zadaniach z „co najmniej”. Zamiast sumować przypadki „dokładnie jeden”, „dokładnie dwa”, „trzy”, liczymy dopełnienie:
$$P(\text{co najmniej jeden orzeł w 3 rzutach})=1-\left(\tfrac12\right)^3=\tfrac78$$
Kolejne losowania są zależne — po wyjęciu kuli zmienia się zarówno licznik, jak i mianownik.
Dla $4$ białych z $10$ kul: $P(\text{dwie białe})=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{2}{15}$.
$$P(A)=\sum_i P(A|B_i)\cdot P(B_i)$$
Rysujemy drzewo stochastyczne i sumujemy iloczyny wzdłuż wszystkich ścieżek prowadzących do $A$.
Przykład — dwie linie produkcyjne: $P(W)=0{,}7\cdot0{,}02+0{,}3\cdot0{,}05=0{,}029$.
Kontrola: wynik zawsze mieści się między najmniejszym a największym z prawdopodobieństw warunkowych — to średnia ważona.
$$P(B_i|A)=\frac{P(A|B_i)\cdot P(B_i)}{P(A)}$$
Odwraca kierunek pytania: znamy skutek, pytamy o przyczynę.
Test wykrywa chorobę u $99\%$ chorych i myli się u $2\%$ zdrowych, a choruje $1\%$ populacji. Wtedy $P(T)=0{,}0099+0{,}0198=0{,}0297$, więc:
$$P(C|T)=\frac{0{,}0099}{0{,}0297}=\frac13$$
Dodatni wynik oznacza chorobę tylko w jednym przypadku na trzy. Powód: zdrowych jest $99$ razy więcej, więc nawet mały odsetek fałszywych alarmów daje w liczbach bezwzględnych dwa razy więcej wyników dodatnich niż prawdziwych wykryć.
Rozróżniaj $P(A|B)$ od $P(B|A)$ — to zwykle zupełnie różne liczby. Przy losowaniu sprawdzaj, czy jest ze zwracaniem, czy bez. I nie mnóż prawdopodobieństw, gdy zdarzenia nie są niezależne.
To ciąg $n$ niezależnych powtórzeń tego samego doświadczenia, w którym rozróżniamy sukces (prawdopodobieństwo $p$) i porażkę ($q=1-p$).
$$P_n(k)=\binom{n}{k}p^k q^{n-k}$$
Prawdopodobieństwo dokładnie $k$ sukcesów w $n$ próbach. Symbol $\binom{n}{k}$ zlicza rozmieszczenia sukcesów, $p^k q^{n-k}$ to prawdopodobieństwo jednego takiego układu.
$$\sum_{k=0}^{n}P_n(k)=(p+q)^n=1$$
To wprost dwumian Newtona — wszystkie liczby sukcesów wyczerpują możliwości.
Przy pytaniach „co najmniej jeden” najłatwiej liczyć przez dopełnienie:
$$P(\ge1)=1-P(0)$$
Zamiast sumować wiele przypadków, odejmujemy jeden.
Gdy przestrzeń dzieli się na rozłączne zdarzenia $H_1,\dots,H_n$ pokrywające całość:
$$P(A)=\sum_i P(A|H_i)\cdot P(H_i)$$
Każda gałąź drzewa to iloczyn prawdopodobieństw wzdłuż drogi, a wyniki z różnych gałęzi dodajemy.
Pomaga uporządkować obliczenia: mnożymy wzdłuż gałęzi, dodajemy między gałęziami. Suma prawdopodobieństw wychodzących z każdego węzła wynosi $1$.
Sprawdź niezależność prób i stałość $p$. Przy zdarzeniach rzadkich fałszywe alarmy potrafią przeważać nad prawdziwymi wykryciami — licz ostrożnie.
$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$.
$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$.
$P=\frac{1}{2}ab\sin C$.
Promienie wiążą się z bokami i polem trójkąta.
$P=\frac{1}{2}\left|x_A(y_B-y_C)+x_B(y_C-y_A)+x_C(y_A-y_B)\right|$.
Pole jest nieujemne, dlatego stosujemy moduł.
Gdy pole wychodzi $0$, punkty są współliniowe.
$(0,0),(4,0),(0,3)$ dają $P=6$.
$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$ przy jednakowo prawdopodobnych wynikach.
$0\le P(A)\le1$; $P(\Omega)=1$, $P(\varnothing)=0$.
$P(A')=1-P(A)$.
Rzut kostką: $P(\text{parzysta})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.
$\sin\alpha=\frac{a}{c}$, $\cos\alpha=\frac{b}{c}$, $\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{b}$.
$a^2+b^2=c^2$.
Znając bok i kąt, obliczamy pozostałe boki z odpowiednich funkcji.
Przeciwprostokątna $10$, kąt $30^\circ$: przyprostokątna $10\sin30^\circ=5$.
Przecięcie dwusiecznych kątów.
Przecięcie symetralnych boków.
Przecięcie środkowych; dzieli je w stosunku $2:1$.
Przecięcie wysokości trójkąta.
$a^2+b^2=c^2$, gdzie $c$ to przeciwprostokątna.
$\sin\alpha=\frac{a}{c}$, $\cos\alpha=\frac{b}{c}$, $\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{b}$.
Przyprostokątne równe, przeciwprostokątna $a\sqrt2$.
Boki w stosunku $1:\sqrt3:2$.
Trójkąty przystające mają równe odpowiednie boki i kąty; oznaczenie $\cong$.
bok-bok-bok (BBB), bok-kąt-bok (BKB), kąt-bok-kąt (KBK).
Przystawanie wykorzystujemy w dowodach równości odcinków i kątów.
Dwusieczna kąta trójkąta dzieli przeciwległy bok w stosunku boków przyległych: $\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}$.
$D$ to punkt przecięcia dwusiecznej z bokiem $AB$.
Wyznaczanie długości odcinków powstałych z podziału boku.
Proste równoległe przecinające ramiona kąta wyznaczają na nich odcinki proporcjonalne.
$\frac{OA}{OB}=\frac{OA'}{OB'}$.
Proporcjonalność odcinków pozwala wnioskować o równoległości prostych.
Podział odcinka w danym stosunku, obliczanie długości.
Twierdzenia o kątach: przyległych, wierzchołkowych, wpisanych i środkowych.
Twierdzenia sinusów i cosinusów, cechy przystawania i podobieństwa.
Wzory na pola i stosunek pól figur podobnych ($k^2$).
Styczna prostopadła do promienia; kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty.
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.