losowanie tyber: Spośród wierzchołków 12tokata foremnego wybrano losowo cztery. Oblicz prawdopodobieństwo że te punkty są wierzchołkami trapezu równoramiennego.

Qulka: mi wychodzi 130/495

tyber: A jak policzyc te sprzyjające?

a7: 1 2 3 12 12 trapezów 1 2 4 11 12 trapezów 12 5 10 12 trapezów 1 2 7 8 12 trapezów 1 3 4 12 12 trapezów reszta trapezów się powtarza Ω=12*11*10*9=11880 P(A)=60/11880=1/198

a7: chyba trochę za małe to prawdopodobieństwo mi wyszło......

a7: jeszcze 1 2 6 9 12 trapezów

	1
wtedy P(A) byłoby równe
	165

a7: jeszcze kolejność dowolna czyli 72*4!=72*24=1728 wtedy P(A)=8/55

ite: Witaj a7, takich trapezów jest więcej.

ite: Część narysowanych przez mnie nie pokazała się na rysunku (czyli jeszcze nie wszystko tu działa).

a7: Witaj ite , no nic przynajmniej spróbowałam...

ite: To powtórz takie liczenie jak 09:39. Zaczęłaś dla górnej podstawy o końcach 1 i 2, to dalej końce 12 i 3, a potem podstawa 11 i 4.

a7: ale właśnie nie rozumiem, bo wydaje mi się, że oprócz kwadratowych trapezów (których będzie 3?) wszystkie już się powtarzają

a7: czyli aktualnie wychodzi mi 75*4!=1800 P(A)=1800/11880=5/33

ite: U Ciebie 09:39 wierzchołkami górnej podstawy są sąsiednie wierzchołki dwunastokąta a dolną podstawę stanowią odpowiednie pary pozostałych. Ja dalej tworzę kolejne trapezy o górnych podstawach równoległych do odcinka o wierzchołkach 1 i 2 (i dolnych podstawach różnych od 7 i 8, żeby nie liczyć po dwa razy tych samych). 12,3,4,11 12,3,5,10

a7: to może jeszcze 1 4 6 11 12 trapezów czyli 87*4!=2088 wtedy P(A)=2088/11880=29/165

a7: widzę te różne trapezy 12,3,4,11 i 12,3,5,10 ale nie umiem ich policzyć.........

a7: ok, chyba mam czyli 72 trapezy z 9:39 plus 3 trapezy 12,3,6,9 plus 12,3,4,11 12 trapezów 12,3,5,10 12 trapezów razem 99*4!=2376 P(A)=2376/11880=1/5

a7:

a7: rysunek mi się nie wysłał

a7: znikł

ite: Rysunki nadal znikają : ( Niestety muszę wracać do pracy i nie mam czasu dalej liczyć. Mam nadzieję, że pojawi się Qulka i napisze, jak to rozwiązywała.

a7: tak, zobaczymy....

ite: 1/ z tych 6 odcinków wybieramy po 2 różne → są to podstawy trapezów 2/ potem ilość trapezów razy sześć (bo pierwszy odcinek może się zaczynać od wierzchołka 1,2,3,4,5,6, potem mamy znów ten sam zestaw odcinków) chyba tak można to obliczyć

ite: i rysunek zniknął

ite:

a7: to Twoim sposobem ite mamy P(A)=90/1350=1/15

	6 2
90 gdyż		*6

	6 2		6 2
1350 gdyż		*		*12:2

a7: oj nie,coś jeszcze źle......

ite:

	12 4
Wszystkich czworokątów jest		=495 i tu się zgadza z zapisem Qulki.

Ze wszystkich wierzchołków wybieramy po cztery, one tworzą czworokąt tylko w jeden sposób (rosnąco ułożone numerami).

Pytający: Ite, dobrze kombinujesz. Jeszcze rozpatrz sytuacje analogiczne do tej, gdy jednym z odcinków (z których wybierasz podstawy trapezu) jest odcinek 1−3. Tu też jest możliwych 6 różnych orientacji tych odcinków i w każdym przypadku wyboru dokonujesz spośród 5 odcinków równoległych.

	6 2   5 2   6 * + 6 *		150		30
Znaczy wg mnie odpowiedź to:		=		=		.
	12 4		495		99

	12 * (6 * 5 + 5 * 4)   4		150
Albo nieco inaczej liczone:		=
	12 4		495

Qulka: liczyłam na piechotę https://prnt.sc/tdce9y do odcinka AB mam 5 trapezów, AC 4 AD 5 AE 4 AF 5 ..4...5...4..5..4...5.. do BC 4..3..4..3..4..3..4.3..4..3..4.. CD 3..2..3... więc potem dodałam znów o 1 mniej aż do zera 30+20 + 24+15 + 18+10 + 12+5 + 6 = 50+39+28+17+6 = 140 oo na koniec w dodawaniu trochę nie wyszło

Jerzy: Zgadzam się w 100% z rozwiązaniem Pytającego

Qulka: 6•5+5•4 to miałam czyli dobry początek ale potem eliminacja powtórek pewnie nie do końca mi wyszła

tyber: Wynik sie zgadza pytajacy

ite: Dzięki za wyjaśnienia : ) Gdyby ilość wierzchołków była nieparzysta, to nie trzeba by było sumować tych dwóch przypadków?

Pytający: Tak, Ite. Wtedy dla każdej możliwej orientacji odcinków równoległych jest tyle samo.

ite: dziękuję!

Pytający:

	135
Moja poprzednia odpowiedź jest błędna, poprawna odpowiedź to		.
	495

W poprzednim rozumowaniu zabrakło rozpatrzenia tego, kiedy otrzymujemy prostokąty. W przypadku otrzymania prostokąta policzony on został jako 2 różne trapezy prostokątne, gdyż na 2 sposoby można wybrać, która para boków stanowi podstawy trapezu. Oczywiście taki prostokąt powinien zostać policzony jednokrotnie. A prostokątów jest (oznaczenia jak na rysunku Qulki: https://prnt.sc/tdce9y ): • 6 podobnych do ABGH, • 6 podobnych do ACGI, • 3 podobnych do ADGJ.