{"id":"maturazai-matematyka-mma-p1d1p-021/zad/8","paper_id":"maturazai-matematyka-mma-p1d1p-021","number":"8","points":null,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2002,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Spośród wszystkich wierzchołków sześcianu wybieramy jednocześnie trzy wierzchołki. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy wierzchołki trójkąta równobocznego.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(P(A) = \\dfrac{1}{7}\\)\n\n## Sposób 1 - Dwa wpisane czworościany foremne\n\n**Przestrzeń zdarzeń - ile trójek wierzchołków możemy wybrać?**\n\nSześcian ma 8 wierzchołków. Wybieramy jednocześnie 3 z nich, bez zwracania uwagi na kolejność:\n\n\\[|\\Omega| = \\binom{8}{3} = \\frac{8 \\cdot 7 \\cdot 6}{3!} = \\frac{336}{6} = 56\\]\n\n**Możliwe odległości między wierzchołkami sześcianu** (dla sześcianu o boku 1):\n\n| Typ odcinka | Długość | Przykład |\n| Krawędź | \\(1\\) | |\n| Przekątna ściany | \\(\\sqrt{2}\\) | |\n| Przekątna przestrzenna | \\(\\sqrt{3}\\) | |\n\nW trójkącie równobocznym wszystkie boki muszą być równe - czyli muszą być tej samej kategorii.\n\n**Czy możliwy trójkąt równoboczny o boku 1?**\nWierzchołki sześcianu tworzą graf dwudzielny (można je pokolorować na biało-czarno tak, by każda krawędź łączyła dwa różne kolory). Dwudzielny graf nie zawiera żadnych cykli nieparzystych, a więc **nie ma trójkątów złożonych z samych krawędzi**. Odrzucamy.\n\n**Czy możliwy trójkąt równoboczny o boku \\(\\sqrt{3}\\)?**\nKażdy wierzchołek ma dokładnie jeden wierzchołek odległy o \\(\\sqrt{3}\\) (przeciwległy koniec przekątnej przestrzennej). Spośród trzech wybranych wierzchołków co najwyżej jedna para może być w odległości \\(\\sqrt{3}\\) - trójkąt równoboczny niemożliwy. Odrzucamy.\n\n**Trójkąt równoboczny o boku \\(\\sqrt{2}\\) - kolorowanie wierzchołków:**\n\nPokolorujmy wierzchołki sześcianu według parzystości sumy współrzędnych:\n\n- **Czarne** (suma parzysta): \\((0,0,0),\\; (1,1,0),\\; (1,0,1),\\; (0,1,1)\\)\n- **Białe** (suma nieparzysta): \\((1,0,0),\\; (0,1,0),\\; (0,0,1),\\; (1,1,1)\\)\n\nSprawdzamy odległości między parami czarnych wierzchołków:\n\n\\[d\\bigl((0,0,0),\\,(1,1,0)\\bigr) = \\sqrt{1+1+0} = \\sqrt{2}\\]\n\\[d\\bigl((0,0,0),\\,(1,0,1)\\bigr) = \\sqrt{1+0+1} = \\sqrt{2}\\]\n\\[d\\bigl((0,0,0),\\,(0,1,1)\\bigr) = \\sqrt{0+1+1} = \\sqrt{2}\\]\n\\[d\\bigl((1,1,0),\\,(1,0,1)\\bigr) = \\sqrt{0+1+1} = \\sqrt{2}\\]\n\\[d\\bigl((1,1,0),\\,(0,1,1)\\bigr) = \\sqrt{1+0+1} = \\sqrt{2}\\]\n\\[d\\bigl((1,0,1),\\,(0,1,1)\\bigr) = \\sqrt{1+1+0} = \\sqrt{2}\\]\n\n**Wszystkie 4 czarne wierzchołki są parami w odległości \\(\\sqrt{2}\\)** - tworzą foremny czworościan (tetraedr) wpisany w sześcian! Analogicznie 4 białe wierzchołki tworzą drugi foremny czworościan.\n\nKażde 3 wierzchołki z jednego czworościanu tworzą trójkąt równoboczny. Liczba takich trójek:\n\n\\[\\text{z czarnych: } \\binom{4}{3} = 4, \\qquad \\text{z białych: } \\binom{4}{3} = 4\\]\n\n\\[|A| = 4 + 4 = 8\\]\n\n**Prawdopodobieństwo:**\n\n\\[\\boxed{P(A) = \\frac{8}{56} = \\frac{1}{7}}\\]\n\n## Sposób 2 - Zliczanie przez ustalony wierzchołek\n\nUstalmy wierzchołek \\(A = (0,0,0)\\). Podzielmy pozostałe 7 wierzchołków według odległości od \\(A\\):\n\n- **Sąsiedzi krawędziowi** (odl. \\(1\\)): \\(B=(1,0,0)\\), \\(D=(0,1,0)\\), \\(E=(0,0,1)\\)\n- **Sąsiedzi po przekątnej ściany** (odl. \\(\\sqrt{2}\\)): \\(C=(1,1,0)\\), \\(F=(1,0,1)\\), \\(H=(0,1,1)\\)\n- **Wierzchołek przeciwległy** (odl. \\(\\sqrt{3}\\)): \\(G=(1,1,1)\\)\n\nSzukamy trójkątów równobocznych przechodzących przez \\(A\\):\n\n- **Bok 1:** Drugi i trzeci wierzchołek spośród \\(\\{B,D,E\\}\\). Ale \\(d(B,D)=d(B,E)=d(D,E)=\\sqrt{2}\\neq 1\\). **Brak.**\n\n- **Bok \\(\\sqrt{2}\\):** Drugi i trzeci wierzchołek spośród \\(\\{C,F,H\\}\\). Sprawdzamy:\n\\[d(C,F)=\\sqrt{(1-1)^2+(1-0)^2+(0-1)^2}=\\sqrt{2}\\;\\checkmark\\]\n\\[d(C,H)=\\sqrt{1+0+1}=\\sqrt{2}\\;\\checkmark\\]\n\\[d(F,H)=\\sqrt{1+1+0}=\\sqrt{2}\\;\\checkmark\\]\n\nKażda para z \\(\\{C,F,H\\}\\) jest w odległości \\(\\sqrt{2}\\). Trójkąty przez \\(A\\): \\(\\{A,C,F\\}\\), \\(\\{A,C,H\\}\\), \\(\\{A,F,H\\}\\) - czyli **3 trójkąty**.\n\n- **Bok \\(\\sqrt{3}\\):** Jedynym kandydatem jest \\(G\\), ale tylko jeden wierzchołek w odl. \\(\\sqrt{3}\\) - za mało. **Brak.**\n\nPrzez każdy wierzchołek przechodzą dokładnie **3 trójkąty równoboczne** (z symetrii sześcianu argument jest identyczny dla każdego wierzchołka).\n\nZliczamy wszystkie trójkąty, korygując o wielokrotne liczenie (każdy trójkąt ma 3 wierzchołki):\n\n\\[|A| = \\frac{8 \\cdot 3}{3} = 8\\]\n\n\\[P(A) = \\frac{8}{56} = \\frac{1}{7}\\]\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 13 (Kombinatoryka, s. 28)** - kombinacje:\n\\[\\binom{n}{k} = \\frac{n!}{k!(n-k)!}\\]\nUżyliśmy do obliczenia liczby wszystkich trójek wierzchołków: \\(\\binom{8}{3} = 56\\) oraz liczby trójek w tetraedrze: \\(\\binom{4}{3} = 4\\).\n\n**Dział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29)** - prawdopodobieństwo klasyczne:\n\\[P(A) = \\frac{|A|}{|\\Omega|}\\]\nBezpośrednio zastosowane w ostatnim kroku.\n\n## Typowe pułapki i uwaga\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Najczęstszy błąd - policzenie tylko **jednego** tetraedru wpisanego w sześcian i otrzymanie \\(P = \\frac{4}{56} = \\frac{1}{14}\\). Pamiętaj: w sześcian można wpisać **dwa** foremne czworościany (z czarnych i białych wierzchołków), razem dają 8 trójkątów równobocznych.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Błędne przekonanie, że wierzchołki połączone krawędziami mogą tworzyć trójkąt równoboczny. Sześcian jest grafem **dwudzielnym** - nie ma żadnych trójkątów złożonych z krawędzi (długości 1).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Pomylenie kombinacji z permutacjami w mianowniku. Wybieramy trzy wierzchołki **jednocześnie** (kolejność nie ma znaczenia!), więc \\(|\\Omega| = \\binom{8}{3} = 56\\), a nie \\(8 \\cdot 7 \\cdot 6 = 336\\).\n\n**Poprawna odpowiedź:** \\(P(A) = \\dfrac{1}{7}\\).\n\n### Sposób 1 - Klasyczna definicja prawdopodobieństwa\n**Liczba zdarzeń elementarnych.**\nSześcian ma \\(8\\) wierzchołków; wybieramy jednocześnie \\(3\\) (kolejność nie ma znaczenia):\n\\[|\\Omega| = \\binom{8}{3} = \\dfrac{8\\cdot 7\\cdot 6}{3\\cdot 2\\cdot 1} = 56.\\]\n\n**Liczba zdarzeń sprzyjających (trójkąty równoboczne).**\nKrawędź sześcianu \\(= a\\); odległości między wierzchołkami to:\n- krawędź: \\(a\\),\n- przekątna ściany: \\(a\\sqrt{2}\\),\n- przekątna sześcianu: \\(a\\sqrt{3}\\).\n\nTrójkąt równoboczny z wierzchołków sześcianu musi mieć wszystkie boki tej samej długości. Jedyna możliwość to boki długości \\(a\\sqrt{2}\\) - przekątne ścian. Takie trójkąty powstają przez wybranie trzech wierzchołków, z których każde dwa łączy przekątna ściany.\n\n**Zliczanie trójkątów równobocznych:**\nKażdy wierzchołek sześcianu \\(W\\) sąsiaduje (przez przekątne ścian) z trzema wierzchołkami leżącymi na tych ścianach, na których kończy się \\(W\\). Trójkąt równoboczny to \\(W\\) wraz z trzema wierzchołkami przeciwnymi na przekątnych ścian - ale w praktyce jest jeden trójkąt równoboczny z boku \\(a\\sqrt{2}\\) \"odciętego\" od każdego wierzchołka.\n\nDokładne zliczenie: na przekątnej sześcianu (głównej) leżą 2 wierzchołki; dla każdej z 4 głównych przekątnych powstają 2 trójkąty równoboczne (po jednym z każdym końcem przekątnej jako wierzchołkiem), w sumie \\(4\\cdot 2 = 8\\) trójkątów.\n\nAlternatywnie: sześcian o wierzchołkach \\(\\{0,1\\}^{3}\\). Trójki wierzchołków o parzystej liczbie „1\" dają jeden trójkąt równoboczny (np. \\((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\\) z bokami \\(\\sqrt{2}\\)); analogicznie dla parzystej liczby „0\". Takich trójek jest \\(\\binom{4}{3} + \\binom{4}{3} = 4 + 4 = 8\\).\n\nZatem \\(|A| = 8\\).\n\n**Prawdopodobieństwo:**\n\\[P(A) = \\dfrac{|A|}{|\\Omega|} = \\dfrac{8}{56} = \\dfrac{1}{7}.\\]\n\n### Sposób 2 - Konkretne wskazanie 8 trójkątów\nNumerujemy wierzchołki sześcianu o boku \\(a\\): \\(A_1 = (0,0,0), A_2 = (a,0,0), A_3 = (a,a,0), A_4 = (0,a,0), A_5 = (0,0,a), A_6 = (a,0,a), A_7 = (a,a,a), A_8 = (0,a,a)\\).\n\nTrójkąty równoboczne o boku \\(a\\sqrt{2}\\) z wierzchołkami sześcianu:\n1. \\(A_2, A_4, A_5\\) (wokół \\(A_1\\))\n2. \\(A_1, A_3, A_6\\) (wokół \\(A_2\\))\n3. \\(A_2, A_4, A_7\\) (wokół \\(A_3\\))\n4. \\(A_1, A_3, A_8\\) (wokół \\(A_4\\))\n5. \\(A_1, A_6, A_8\\) (wokół \\(A_5\\))\n6. \\(A_2, A_5, A_7\\) (wokół \\(A_6\\))\n7. \\(A_3, A_6, A_8\\) (wokół \\(A_7\\))\n8. \\(A_4, A_5, A_7\\) (wokół \\(A_8\\))\n\nŁącznie \\(8\\) trójkątów równobocznych; \\(P(A) = \\dfrac{8}{56} = \\dfrac{1}{7}\\) ✓.\n\n### Komentarz dydaktyczny\nMożliwe są także trójki wierzchołków tworzące trójkąty prostokątne (z bokami \\(a, a, a\\sqrt{2}\\)) oraz trójkąty typu \\((a, a\\sqrt{2}, a\\sqrt{3})\\) - ale te nie są równoboczne. Symetria sześcianu (\\(48\\) izometrii) znacznie ułatwia zliczanie tego typu zdarzeń.","image":null,"solution_image":null,"topics":null,"page_from":null,"source":"maturazai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturazai","text_source":"maturazai","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2002 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Spośród wszystkich wierzchołków sześcianu wybieramy jednocześnie trzy wierzchołki. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że otrzymamy wierzchołki trójkąta równobocznego.

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: P(A)=17

\n

Sposób 1 - Dwa wpisane czworościany foremne

\n

Przestrzeń zdarzeń - ile trójek wierzchołków możemy wybrać?

\n

Sześcian ma 8 wierzchołków. Wybieramy jednocześnie 3 z nich, bez zwracania uwagi na kolejność:

\n
|Ω|=(83)=8·7·63!=3366=56
\n

Możliwe odległości między wierzchołkami sześcianu (dla sześcianu o boku 1):

\n

| Typ odcinka | Długość | Przykład |
| Krawędź | 1 | |
| Przekątna ściany | 2 | |
| Przekątna przestrzenna | 3 | |

\n

W trójkącie równobocznym wszystkie boki muszą być równe - czyli muszą być tej samej kategorii.

\n

Czy możliwy trójkąt równoboczny o boku 1?
Wierzchołki sześcianu tworzą graf dwudzielny (można je pokolorować na biało-czarno tak, by każda krawędź łączyła dwa różne kolory). Dwudzielny graf nie zawiera żadnych cykli nieparzystych, a więc nie ma trójkątów złożonych z samych krawędzi. Odrzucamy.

\n

Czy możliwy trójkąt równoboczny o boku 3?
Każdy wierzchołek ma dokładnie jeden wierzchołek odległy o 3 (przeciwległy koniec przekątnej przestrzennej). Spośród trzech wybranych wierzchołków co najwyżej jedna para może być w odległości 3 - trójkąt równoboczny niemożliwy. Odrzucamy.

\n

Trójkąt równoboczny o boku 2 - kolorowanie wierzchołków:

\n

Pokolorujmy wierzchołki sześcianu według parzystości sumy współrzędnych:

\n\n

Sprawdzamy odległości między parami czarnych wierzchołków:

\n
d((0,0,0),(1,1,0))=1+1+0=2
\n
d((0,0,0),(1,0,1))=1+0+1=2
\n
d((0,0,0),(0,1,1))=0+1+1=2
\n
d((1,1,0),(1,0,1))=0+1+1=2
\n
d((1,1,0),(0,1,1))=1+0+1=2
\n
d((1,0,1),(0,1,1))=1+1+0=2
\n

Wszystkie 4 czarne wierzchołki są parami w odległości 2 - tworzą foremny czworościan (tetraedr) wpisany w sześcian! Analogicznie 4 białe wierzchołki tworzą drugi foremny czworościan.

\n

Każde 3 wierzchołki z jednego czworościanu tworzą trójkąt równoboczny. Liczba takich trójek:

\n
z czarnych: (43)=4,z białych: (43)=4
\n
|A|=4+4=8
\n

Prawdopodobieństwo:

\n
P(A)=856=17
\n

Sposób 2 - Zliczanie przez ustalony wierzchołek

\n

Ustalmy wierzchołek A=(0,0,0). Podzielmy pozostałe 7 wierzchołków według odległości od A:

\n\n

Szukamy trójkątów równobocznych przechodzących przez A:

\n\n\n
d(C,F)=(1−1)2+(1−0)2+(0−1)2=2✓
\n
d(C,H)=1+0+1=2✓
\n
d(F,H)=1+1+0=2✓
\n

Każda para z {C,F,H} jest w odległości 2. Trójkąty przez A: {A,C,F}, {A,C,H}, {A,F,H} - czyli 3 trójkąty.

\n\n

Przez każdy wierzchołek przechodzą dokładnie 3 trójkąty równoboczne (z symetrii sześcianu argument jest identyczny dla każdego wierzchołka).

\n

Zliczamy wszystkie trójkąty, korygując o wielokrotne liczenie (każdy trójkąt ma 3 wierzchołki):

\n
|A|=8·33=8
\n
P(A)=856=17
\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 13 (Kombinatoryka, s. 28) - kombinacje:

\n
(nk)=n!k!(n−k)!
\n

Użyliśmy do obliczenia liczby wszystkich trójek wierzchołków: (83)=56 oraz liczby trójek w tetraedrze: (43)=4.

\n

Dział 14 (Rachunek prawdopodobieństwa, s. 29) - prawdopodobieństwo klasyczne:

\n
P(A)=|A||Ω|
\n

Bezpośrednio zastosowane w ostatnim kroku.

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: Najczęstszy błąd - policzenie tylko jednego tetraedru wpisanego w sześcian i otrzymanie P=456=114. Pamiętaj: w sześcian można wpisać dwa foremne czworościany (z czarnych i białych wierzchołków), razem dają 8 trójkątów równobocznych.
\n
⚠️ Uwaga: Błędne przekonanie, że wierzchołki połączone krawędziami mogą tworzyć trójkąt równoboczny. Sześcian jest grafem dwudzielnym - nie ma żadnych trójkątów złożonych z krawędzi (długości 1).
\n
⚠️ Uwaga: Pomylenie kombinacji z permutacjami w mianowniku. Wybieramy trzy wierzchołki jednocześnie (kolejność nie ma znaczenia!), więc |Ω|=(83)=56, a nie 8·7·6=336.
\n

Poprawna odpowiedź: P(A)=17.

\n
Sposób 1 - Klasyczna definicja prawdopodobieństwa
\n

Liczba zdarzeń elementarnych.
Sześcian ma 8 wierzchołków; wybieramy jednocześnie 3 (kolejność nie ma znaczenia):

\n
|Ω|=(83)=8·7·63·2·1=56.
\n

Liczba zdarzeń sprzyjających (trójkąty równoboczne).
Krawędź sześcianu =a; odległości między wierzchołkami to:

\n\n

Trójkąt równoboczny z wierzchołków sześcianu musi mieć wszystkie boki tej samej długości. Jedyna możliwość to boki długości a2 - przekątne ścian. Takie trójkąty powstają przez wybranie trzech wierzchołków, z których każde dwa łączy przekątna ściany.

\n

Zliczanie trójkątów równobocznych:
Każdy wierzchołek sześcianu W sąsiaduje (przez przekątne ścian) z trzema wierzchołkami leżącymi na tych ścianach, na których kończy się W. Trójkąt równoboczny to W wraz z trzema wierzchołkami przeciwnymi na przekątnych ścian - ale w praktyce jest jeden trójkąt równoboczny z boku a2 "odciętego" od każdego wierzchołka.

\n

Dokładne zliczenie: na przekątnej sześcianu (głównej) leżą 2 wierzchołki; dla każdej z 4 głównych przekątnych powstają 2 trójkąty równoboczne (po jednym z każdym końcem przekątnej jako wierzchołkiem), w sumie 4·2=8 trójkątów.

\n

Alternatywnie: sześcian o wierzchołkach {0,1}3. Trójki wierzchołków o parzystej liczbie „1" dają jeden trójkąt równoboczny (np. (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) z bokami 2); analogicznie dla parzystej liczby „0". Takich trójek jest (43)+(43)=4+4=8.

\n

Zatem |A|=8.

\n

Prawdopodobieństwo:

\n
P(A)=|A||Ω|=856=17.
\n
Sposób 2 - Konkretne wskazanie 8 trójkątów
\n

Numerujemy wierzchołki sześcianu o boku a: A1=(0,0,0),A2=(a,0,0),A3=(a,a,0),A4=(0,a,0),A5=(0,0,a),A6=(a,0,a),A7=(a,a,a),A8=(0,a,a).

\n

Trójkąty równoboczne o boku a2 z wierzchołkami sześcianu:

\n
  1. A2,A4,A5 (wokół A1)
  2. A1,A3,A6 (wokół A2)
  3. A2,A4,A7 (wokół A3)
  4. A1,A3,A8 (wokół A4)
  5. A1,A6,A8 (wokół A5)
  6. A2,A5,A7 (wokół A6)
  7. A3,A6,A8 (wokół A7)
  8. A4,A5,A7 (wokół A8)
\n

Łącznie 8 trójkątów równobocznych; P(A)=856=17 ✓.

\n
Komentarz dydaktyczny
\n

Możliwe są także trójki wierzchołków tworzące trójkąty prostokątne (z bokami a,a,a2) oraz trójkąty typu (a,a2,a3) - ale te nie są równoboczne. Symetria sześcianu (48 izometrii) znacznie ułatwia zliczanie tego typu zdarzeń.

"}]}