← Matematyka · Matura · maj 2002 (podstawowa)

matura.lol / Matematyka / Matura / 2002

Matematyka — zadanie 8

open

Treść

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

rozwiązanie

źródło: maturazai.pl (AI)

Poprawna odpowiedź: $P (A) = \frac{1}{7}$

Sposób 1 - Dwa wpisane czworościany foremne

Przestrzeń zdarzeń - ile trójek wierzchołków możemy wybrać?

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

| Ω | = (\binom{8}{3}) = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3!} = \frac{336}{6} = 56

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

| Typ odcinka | Długość | Przykład |
| Krawędź | $1$ | |
| Przekątna ściany | $\sqrt{2}$ | |
| Przekątna przestrzenna | $\sqrt{3}$ | |

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

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.

Czy możliwy trójkąt równoboczny o boku $\sqrt{3}$ ?
Każdy 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.

Trójkąt równoboczny o boku $\sqrt{2}$ - kolorowanie wierzchołków:

Pokolorujmy wierzchołki sześcianu według parzystości sumy współrzędnych:

Czarne (suma parzysta): $(0, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)$
Białe (suma nieparzysta): $(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1)$

Sprawdzamy odległości między parami czarnych wierzchołków:

d ((0, 0, 0), (1, 1, 0)) = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}

d ((0, 0, 0), (1, 0, 1)) = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}

d ((0, 0, 0), (0, 1, 1)) = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}

d ((1, 1, 0), (1, 0, 1)) = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}

d ((1, 1, 0), (0, 1, 1)) = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}

d ((1, 0, 1), (0, 1, 1)) = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2}

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.

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

z czarnych: (\binom{4}{3}) = 4, z białych: (\binom{4}{3}) = 4

| A | = 4 + 4 = 8

Prawdopodobieństwo:

P (A) = \frac{8}{56} = \frac{1}{7}

Sposób 2 - Zliczanie przez ustalony wierzchołek

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

Sąsiedzi krawędziowi (odl. $1$ ): $B = (1, 0, 0)$ , $D = (0, 1, 0)$ , $E = (0, 0, 1)$
Sąsiedzi po przekątnej ściany (odl. $\sqrt{2}$ ): $C = (1, 1, 0)$ , $F = (1, 0, 1)$ , $H = (0, 1, 1)$
Wierzchołek przeciwległy (odl. $\sqrt{3}$ ): $G = (1, 1, 1)$

Szukamy trójkątów równobocznych przechodzących przez $A$ :

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.

Bok $\sqrt{2}$ : Drugi i trzeci wierzchołek spośród ${C, F, H}$ . Sprawdzamy:

d (C, F) = \sqrt{(1 - 1)^{2} + (1 - 0)^{2} + (0 - 1)^{2}} = \sqrt{2} ✓

d (C, H) = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2} ✓

d (F, H) = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt{2} ✓

Każda 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.

Bok $\sqrt{3}$ : Jedynym kandydatem jest $G$ , ale tylko jeden wierzchołek w odl. $\sqrt{3}$ - za mało. Brak.

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

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

| A | = \frac{8 \cdot 3}{3} = 8

P (A) = \frac{8}{56} = \frac{1}{7}

Wzory z karty CKE

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

(\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}

Użyliśmy do obliczenia liczby wszystkich trójek wierzchołków: $(\binom{8}{3}) = 56$ oraz liczby trójek w tetraedrze: $(\binom{4}{3}) = 4$ .

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

P (A) = \frac{| A |}{| Ω |}

Bezpośrednio zastosowane w ostatnim kroku.

Typowe pułapki i uwaga

⚠️ 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.

⚠️ Uwaga: Błędne przekonanie, że wierzchołki połączone krawędziami mogą tworzyć trójkąt równoboczny. Sześcian jest grafem dwudzielnym - nie ma żadnych trójkątów złożonych z krawędzi (długości 1).

⚠️ Uwaga: Pomylenie kombinacji z permutacjami w mianowniku. Wybieramy trzy wierzchołki jednocześnie (kolejność nie ma znaczenia!), więc $| Ω | = (\binom{8}{3}) = 56$ , a nie $8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ .

Poprawna odpowiedź: $P (A) = \frac{1}{7}$ .

Sposób 1 - Klasyczna definicja prawdopodobieństwa

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

| Ω | = (\binom{8}{3}) = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56 .

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

krawędź: $a$ ,
przekątna ściany: $a \sqrt{2}$ ,
przekątna sześcianu: $a \sqrt{3}$ .

Trójkąt 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.

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 $a \sqrt{2}$ "odciętego" od każdego wierzchołka.

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 $4 \cdot 2 = 8$ trójkątów.

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 $\sqrt{2}$ ); analogicznie dla parzystej liczby „0". Takich trójek jest $(\binom{4}{3}) + (\binom{4}{3}) = 4 + 4 = 8$ .

Zatem $| A | = 8$ .

Prawdopodobieństwo:

P (A) = \frac{| A |}{| Ω |} = \frac{8}{56} = \frac{1}{7} .

Sposób 2 - Konkretne wskazanie 8 trójkątów

Numerujemy wierzchołki sześcianu o boku $a$ : $A_{1} = (0, 0, 0), A_{2} = (a, 0, 0), A_{3} = (a, a, 0), A_{4} = (0, a, 0), A_{5} = (0, 0, a), A_{6} = (a, 0, a), A_{7} = (a, a, a), A_{8} = (0, a, a)$ .

Trójkąty równoboczne o boku $a \sqrt{2}$ z wierzchołkami sześcianu:

$A_{2}, A_{4}, A_{5}$ (wokół $A_{1}$ )
$A_{1}, A_{3}, A_{6}$ (wokół $A_{2}$ )
$A_{2}, A_{4}, A_{7}$ (wokół $A_{3}$ )
$A_{1}, A_{3}, A_{8}$ (wokół $A_{4}$ )
$A_{1}, A_{6}, A_{8}$ (wokół $A_{5}$ )
$A_{2}, A_{5}, A_{7}$ (wokół $A_{6}$ )
$A_{3}, A_{6}, A_{8}$ (wokół $A_{7}$ )
$A_{4}, A_{5}, A_{7}$ (wokół $A_{8}$ )

Łącznie $8$ trójkątów równobocznych; $P (A) = \frac{8}{56} = \frac{1}{7}$ ✓.

Komentarz dydaktyczny

Możliwe 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.

klucz odpowiedzi

Brak oficjalnego klucza odpowiedzi dla tego zadania.

dane JSON → otwórz w wyszukiwarce →

Ostatnia aktualizacja danych: 2026-09-16