[Ant12]

(5/10 . 5/9 + 5/10 . 5/9) ×
× (4/8 . 4/7 + 4/8 . 4/7) ×
× (3/6 . 3/5 + 3/6 . 3/5) ×
× (2/4 . 2/3 + 2/4 . 2/3) =
= 5/9 × 4/7 × 3/5 × 2/3 =
= 8/63

8 + 63 = 71.

P.S. Ако не се ориентираш, в събота ще го разпиша по-подробно.

[tinkerbell]

Ахъм. Или по съвсем малко по-различен начин: Вероятността първия да изтегли две разноцветни  е 1*5/9 (няма значение какъв цвят е първата топка, т.е. вероятност 100%=1, а втората трябва задължително да е от 5-те от другия цвят, които трябва да се изберат измежду 9-те останали)  При тегленето на втория вече имаме 8 топки в началото. Пак каква е първата няма значение, а вероятността втората да е от другия цвят е 4/7, което е  4 топки от другия цвят, спрямо 7 останали общо топки след първата му топка) И т.н.
Значи общата вероятност е 5/9*4/7*3/5*2/3*1/1 = 8/63.
Вероятности в какви часове се учат? СИП, школа, или никъде?

[Ant12]

(5/10 . 5/9 + 5/10 . 5/9) ×
× (4/8 . 4/7 + 4/8 . 4/7) ×
× (3/6 . 3/5 + 3/6 . 3/5) ×
× (2/4 . 2/3 + 2/4 . 2/3) =
= 5/9 × 4/7 × 3/5 × 2/3 =
= 8/63

8 + 63 = 71.

P.S. Ако не се ориентираш, в събота ще го разпиша по-подробно.

Решението на tinkerbell, като че ли е „най-бързо”.

Решение, което обяснява формулата по-горе и е „стандартно”.

Вероятността първите две извадени топки да са разноцветни е равна на сумата от следните две вероятности:
•   вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората – черна;
•   вероятността първата извадена топка да е черна, а втората – бяла,
защото трябва да се случи или едното събитие или другото.

Вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората да е черна е равна на произведението от следните две вероятности:
•   вероятността първата извадена топка да е бяла;
•   вероятността втората извадена топка да е черна при условие, че първата извадена е бяла,
защото трябва да се случи и едното събитие и другото.

Вероятността първата извадена топка да е бяла е равна на 5/10 = 1/2, защото в кутията има 10 топки, 5 от които са бели.
Вероятността втората извадена топка да е черна е равна на 5/9, защото в кутията има 9 топки (една бяла вече е извадена), 5 от които са черни.
Следователно, вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората да е черна е равна на 1/2 × 5/9 = 5/18.
Аналогично, вероятността първата извадена топка да е черна, а втората да е бяла също е равна на 5/18.
Тогава, вероятността първите две извадени топки да са разноцветни е равна на 5/18 + 5/18 = 5/9.

В кутията вече има 4 топки, 4 от които са бели и 4 – черни. Повтаряме горните разсъждения.

Вероятността третата извадена топка да е бяла е равна на 4/8 = 1/2, защото в кутията има 8 топки, 4 от които са бели.
Вероятността четвъртата извадена топка да е черна е равна на 4/7, защото в кутията има 7 топки (две бели и една черна вече са извадени), 4 от които са черни.
Следователно, вероятността третата извадена топка да е бяла, а четвъртата да е черна е равна на 1/2 × 4/7 = 2/7.
Аналогично, вероятността третата извадена топка да е черна, а четвъртата да е бяла също е равна на 2/7.
Тогава, вероятността третата и четвъртата извадени топки да са разноцветни е равна на 2/7 + 2/7 = 4/7.

С аналогични разсъждения получаваме, че вероятноста петата и шестата топка да са разноцветни е 3/5 и седмата и осмата да са разноцветни е 2/3.

[gorkia]

Благодаря и за двете решения!

[dalia]

Здравейте!
Моля за решения на три геометрични задачи от ЧХ 2011 година 9-10 клас - 14, 17 и 23.
http://klasirane.com/9-klas-zadachi.asp
Вероятно не са сложни, но така или иначе ни затрудняват.

[Ant12]

Ще маркирам решенията.

Зад. 14

Понеже BD < AB + DA = 5 (неравенство на триъгълника), то АС = 6.

Нека вписаните в ΔАВС и в ΔACD окръжности се допират до диагонала AC съответно в точките X и Y.

AX = (AB + AC – BC)/2 = (3 + 6 – 6)/2 = 1.5
AY = (AC + DA – CD)/2 = (6 + 2 – 7)/2 = 0.5
XY = AX – AY = 1

Зад. 17

Нека четириъгълникът е ABCD, като AC = 10 и нека точките M, N, P, Q са среди съответно на страните AB, BC, CD, DA, като МР = 8 и NQ = 6.

MN = ½.AC = PQ = 5 и MN║AC║PQ, защото MN и PQ са средни отсечки съответно в ΔABC и в ΔACD и следователно MNPQ е успоредник.

Понеже диагоналите на всеки успоредник се разполовяват взаимно, то МО = ОР = 4 и NO = OQ = 3, където О е пресечната точка на МР и NQ.

Имаме МО = 4, NO = 3 и MN = 5 и следователно МО² + NO² = MN², т.е. ΔMNO е правоъгълен и <MON = 90^o.

S_MNPQ = (MP.NQ)/2 = 24 – лице на четириъгълник с взаимно перпендикулярни диагонали.

S_ABCD = S_MBN + S_NCP + S_PDQ + S_QAM + S_MNPQ

S_MBN = ½.S_ABN = ¼.S_ABC и аналогично S_NCP = ¼.S_BCD, S_PDQ = ¼.S_ACD, S_QAM = ¼.S_ABD.

S_ABCD = ¼.S_ABC + ¼.S_BCD + ¼.S_ACD + ¼.S_ABD + S_MNPQ

S_ABCD = ¼.(S_ABC + S_ACD) + ¼.(S_BCD + S_ABD) + SMNPQ

S_ABCD = ¼.S_ABCD + ¼.S_ABCD + S_MNPQ

½.S_ABCD = S_MNPQ

S_ABCD = 2S_MNPQ = 48

Зад. 23

Нека триъгълникът е АВС и нека точките I и О са съответно център на вписаната и описаната окръжност, като I и О са симетрични спрямо страната АВ.

Понеже центърът на вписаната окръжност е винаги вътрешна за триъгълника точка, то следва че точка О е външна за ΔАВС, т.е. ΔАВС е тъпоъгълен с тъп ъгъл <АСВ.

От симетрията следва, че IO ┴ AB и следователно I лежи на симетралата на АВ.
Тогава AI = BI и следователно <BAI = <ABI, откъдето <BAC = 2<BAI = 2<ABI = <ABC, т.е. ΔАВС е равнобедрен, като АС = ВС.

Следователно точка С също лежи на симетралата на АВ, т.е. на правата IO.

Нека отсечките АВ и IO се пресичат в точка М. Точка М е среда на АВ и СМ е едновременно ъглополовяща, медиана и височина, т.е. <АМС = 90^о.

Нека <ВАС = <АВС = α. Тогава <MAI = <BAI = ½.<BAC = ½.α.

От симетрята следва, че <ОАМ = <МAI = ½.α, откъдето <ОАС = <ОАМ + < МАС = 3/2.α.
От друга страна <АСО = <АСМ = 90^о – <МАС = 90^о – α.

ΔАОС е равнобедрен защото АО = СО са радиуси на описаната окръжност и следователно <ОАС = <АСО или 3/2α = 90^о – α, откъдето α = 36^о.

<АСВ = 180^о – 2α = 108^о.

[dalia]

  Благодаря за решенията и отделеното време!

[dalia]

Отново с молба за решение на една задача от ЧХ 2010 година 9-10 клас -29 . /Ако някой има време и желание да размества жаби./

[Ant12]

Трите жаби, които се върнали в “родните” си гьолове могат да се изберат по (7.6.5)/(1.2.3) = 35 различни начина.

Нека означим останалите четири гьола, в които са се върнали „чужди” жаби с 1, 2, 3 и 4 и нека с X, Y, Z и T означим съответно жабите, които са били първоначално в тези гьолове.

Има 9 различни начина, по които жабите „емигранти” могат да се върнат в гьоловете 1, 2, 3, 4 и те са:

1  2  3  4

Y  X  T  Z
T  X  Y  Z
Z  X  T  Y
Y  T  X  Z
Z  T  X  Y
T  Z  X  Y
Y  Z  T  X
Z  T  Y  X
T  Z  Y  X

Следователно, след разходката има 35.9 = 315 различни начина, по които жабите могат да се върнат в гьоловете така, че да са изпълнени изискванията на условието.

[dalia]

Благодаря много за решението. Успех на всички утре.

[Vanio543]

От няколко дни cе пробвам да реша тази задача но не стигам до разумен отговор :

[Vanio543]

V znamenatelq e subirane na cosd, ne umnojenie - Moq greshka

[EliG]

Искам да помоля за второто решение на тази задача, което ползва равнолицеви фигури и е споменато отдолу в начина на оценяване:

[Ant12]

В решението по-долу е необходимо да се знае какво е средна отсечка на триъгълник.

Ще използваме добре известната Теорема на Вариньон (чието доказателство е елементарно със средна отсечка): ако точките M, N, P, Q са среди съответно на страните AB, BC, CD, DA в четириъгълника ABCD (не непременно изпъкнал), то MNPQ e успоредник.

Ще маркирам решението на задачата.

Нека точка О е пресечната точка на диагоналите АС и BD, т.е. О е среда на АС и BD.

Точките K, P, L, O са среди на страните на четириъгълника AEFC и следователно KPLO е успоредник.

Понеже диагоналите на успоредника се разполовяват взаимно, то точка Q е среда на отсечката РО.

Тогава QR е средна отсечка в ΔРМО, т.е. QR = ½.OM и QR║OM, но ОМ е средна отсечка в ΔACD – OM = ½.AD и ОМ ║AD, откъдето QR = ¼.AD и QR ║ AD.

Аналогично и ТQ = ½.NO = ¼.CD и TQ ║ NO ║ CD.

От QR ║ AD, TQ ║ CD и AD ┴ CD следва, че QR ┴ TQ и т.н.