76 (126)

206 ODPOWIEDZI, WSKAZÓWKI, ROZWIĄZANIA

II SPOSÓB (/>«.-(..»i /«• zfi:<■«>•) Jeżeli przyjmiemy, /c zbiór zdarzeń elementarnych 12 jest zbiorem dwuelemcnlowych podzbiorów zbioru wierzchołków dwunastokąta. lo ! 121 = j j =66. Zdarzenie przeciwne do zdarzenia A: A' - prosta poprowadzona przez wylosowane punkty

zawiera hak dwunastokąta. |/l'I = 12. Zatem /‘(A l - I - FlA') = I - = jy.

787. Osiem.

Rozwiązanie, n - liczba wierzchołków wielokąta W.

12 - zbiór dwuelemcnlowych podzbiorów zbioru wierzchołków wielokąta M’. i 121 =j " j =0.5/i(«- I). Zdarzenie A - wylosowane punkty są końcami przekątnej wielokąta W'. Zdarzenie H - wylosowane punkty są końcami boku wielokąta W. Zauważmy, Ze zdarzenia A i K są przeciw-

ne. więc P{A)= \-l\Bt. Wiemy, że /’<A)= I-P[B)<0.75. stąd 0,25 <P(B) Żalem 4 <PiB\< 4. I /#I = /r. = ± ^

* 3 |£2| 0.5/i(n-I) «-l

Jedyną liczbą naturalną spełniającą układ nierówności -y < ^ " y < \ jest 8. więc wielokąt W ma osiem wierzchołków.

788.

_4_

789. .,i: b)f C)I

790.

j6_

55'

Rozwiązanie. Prostopadłościan ma 12 krawędzi.

I SPOSOB. Przyjmijmy, że zbiorem zdarzeń elementarnych 12 jest zbiór Ir/ywyrazowych ciągów o różnych wyrazach należących do zbioru wszystkich krawędzi prostopadłościanu. Mamy 12 możliwości wyboru pierwszej krawędzi. 11 drugiej i 10 trzeciej, zatem 112l 12 11 10. Zdarzenie A - wybrane i drinki są krawędziami jednej ściany prostopadłościanu. Pierwszą krawędź można wybrać na 12 sposobów. Wybrany odcinek jest krawędzią dwóch ścian, więc aby drugi odcinek był krawędzią rej samej ściany, nu.zna go wybrać na 6 sposobów. Jeżeli manty

dw ic krawędzie jednej ściany. to trzecią krawędź można wybrać na 2 sposoby. Zatem IAI = 12 • 6 ■ 2. P(A l = |~_<t ⁼ •

II SPOSOB. (/.vi. i om rozszerzony* Przyjmijmy, żc zbiorem zdarzeń clcmcntamydi 12 jest zbiór trzyclemcnlowych potlzbioiów zbioru wszystkich krawędzi prosi..padlościattu. Wówczas 1121 = j *“ J = 2 • 11 - KI. Zdarzenie A wybrane odcinki >ą krawędziami jednej ściany prostopadłościanu.

Trzy krawędzie jednej ściany można wybrać na

sposobów, prostopadłościan ma t> ścian, zatem

Ul = | *j-6=4-6.

m>=

(.4

2 II 10

±_

55'

792.

791. a) 1: b) i.

Rozwiązanie. Przyjmijmy, że zbiorem zdarzeń elementarnych 12 jest zbiór cztcroclcmentowych podzbiorów zbioru wierzchołków sześcianu. Żalem i 121 =, * | = 5 • 7 2. Zdarzenie A - nie istnieje prostokąt, którego wierzchołkami są wylosowane punkty.

Zdarzenie zl' - wylosowane punkty są wierzchołkami pewnego prostokąta. Wybierając cztery wierzchołki sześcianu otrzymamy wierzchołki pewnego prostokąta, jeśli będą to wierzchołki jednej ściany <6 prostokątów) lub wierzchołki prostokąta zawierającego przekątne przeciwległych ścian sześcianu (6 prostokątów). |/\'|= 12. P(A)a I -MA')= I -

794. a) I; b) i. 795. P(AuB) = ~. 796. P(A)=0.8.

797. /W)-0.75. 798. P(ó)=0.75. /■(£’)=0.45. 799. f\AkjB) =0.8.

800. P(Ar,B)n 1.

Rozwiązanie. Wiemy, że P(A) - PiH).

l\AuB)=PkA)+ P<B)-PiAr>B) = 2PiA\-PiAnB) = 2[P{Ar\B)+ PlA\B)\-PlAr>B) = P<AnR)+2P(A\B\.

Z równości = P(A r\B)+2 • wyznaczamy P(Ar\H)=j-.

801.

Rozwiązanie. Wiemy. żc/łvff=12 i P{B) = PlA'). Mamy wykazać, ze A n/? = 0. Auff=li. więc P(A\~>B)= I. P{B)=P{A') = I - P(A). Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo sumy zdarzeń: PIAkjB)= I = PlA)c l\B)~ P(A r\B)~ P(A)+ I -l\A)-l\Ar\B). Stąd otrzymujemy P(A ryli)-0. a to oznacza, ze A nB=0.