Kombinacje

W delegacji kolejność nie ma znaczenia, więc to kombinacje:

$$\binom{6}{2}=\frac{6\cdot5}{2\cdot1}=15$$

Dlaczego kombinacje, a nie wariacje: delegacja „Ala i Ola” to ta sama delegacja co „Ola i Ala” — kolejność wyboru nie tworzy nowej pary.

Odpowiedź: $15$ sposobów.

Kombinacje liczą wybory, w których kolejność nie ma znaczenia (np. wybór grupy, zestawu liczb w losowaniu).

Wariacje uwzględniają kolejność (np. ustawienie na podium, kod PIN).

Odpowiedź: D.

Kolejność losowania nie ma znaczenia, więc to kombinacje:

$$\binom{52}{2}=\frac{52\cdot51}{2}=\frac{2652}{2}=1326$$

Odpowiedź: $1326$ sposobów.

Role są jednakowe, więc kolejność nie ma znaczenia — to kombinacje:

$$\binom{10}{3}=\frac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1}=\frac{720}{6}=120$$

Porównanie: gdyby role były różne (prezes, wiceprezes, sekretarz), byłoby to $10\cdot9\cdot8=720$ sposobów (wariacje).

Odpowiedź: $120$ sposobów.

W Lotto kolejność wylosowanych liczb nie ma znaczenia, więc to kombinacje:

$$\binom{49}{6}=\frac{49!}{6!\cdot43!}=\frac{49\cdot48\cdot47\cdot46\cdot45\cdot44}{6!}$$

Wynik to $13\,983\,816$ — stąd bardzo małe szanse na główną wygraną.

Odpowiedź: $\binom{49}{6}=13\,983\,816$ możliwych zestawów.

Wybory są niezależne, więc korzystamy z kombinacji dla każdej grupy i mnożymy wyniki.

Krok 1 — wybór dziewcząt:

$$\binom{12}{2}=\frac{12\cdot11}{2}=66$$

Krok 2 — wybór chłopców:

$$\binom{8}{2}=\frac{8\cdot7}{2}=28$$

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$66\cdot28=1848$$

Odpowiedź: $1848$ sposobów.

To permutacje pięciu elementów:

$$P_5=5!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120$$

Odpowiedź: B. Odpowiedź D ($5^5$) dotyczyłaby sytuacji, w której elementy mogą się powtarzać.

$$\binom{6}{2}=\frac{6!}{2!\,4!}=\frac{6\cdot5}{2}=15$$

Znaczenie: to liczba $2$-elementowych podzbiorów zbioru $6$-elementowego — na tyle sposobów można np. wybrać $2$ osoby z $6$, jeśli kolejność nie ma znaczenia.

Odpowiedź: $15$.

Kolejność w delegacji nie ma znaczenia, więc stosujemy kombinacje:

$$\binom{8}{3}=\frac{8\cdot7\cdot6}{3\cdot2\cdot1}=\frac{336}{6}=56$$

Odpowiedź: $56$ sposobów.

Tutaj kolejność ma znaczenie (różne funkcje), więc to wariacje bez powtórzeń:

$$V_8^3=8\cdot7\cdot6=336$$

Odpowiedź: $336$ sposobów.

Porównaj z zadaniem 3: wynik jest $3!=6$ razy większy, bo każdą trójkę osób można obsadzić w funkcjach na $6$ sposobów.

Na każdej z czterech pozycji mamy $10$ możliwości — wariacje z powtórzeniami:

$$10^4=10\,000$$

Odpowiedź: C. Kody od $0000$ do $9999$.

Krok 1 — pierwsza cyfra. Nie może być zerem, więc $9$ możliwości ($1$–$9$).

Krok 2 — druga cyfra. Może być zerem, ale nie może powtórzyć pierwszej: $10-1=9$ możliwości.

Krok 3 — trzecia cyfra. Różna od dwóch poprzednich: $8$ możliwości.

$$9\cdot9\cdot8=648$$

Odpowiedź: $648$ liczb.

Uwaga: ograniczenie na pierwszą cyfrę to najczęstsze przeoczenie w tym typie zadań.

Współczynniki to piąty wiersz trójkąta Pascala: $1,\ 4,\ 6,\ 4,\ 1$.

$$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$$

Sprawdzenie: w każdym składniku suma wykładników wynosi $4$. ✔

Liczby pierwsze na kostce to $2$, $3$ i $5$ — trzy wyniki spośród sześciu.

$$P=\frac{3}{6}=\frac12$$

Odpowiedź: A. Uwaga: $1$ nie jest liczbą pierwszą.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „żadna szóstka”:

$$P(\text{żadna})=\frac56\cdot\frac56=\frac{25}{36}$$

$$P(\text{co najmniej jedna})=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}\approx0{,}306$$

Odpowiedź: $\frac{11}{36}$.

Dlaczego tak: liczenie wprost wymagałoby rozpatrzenia trzech przypadków (szóstka w pierwszym, w drugim, w obu) — przez zdarzenie przeciwne jest krócej i bezpieczniej.

Metoda 1 — drzewo. Po wyjęciu białej zostaje $3$ białe z $9$ kul:

$$P=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15}$$

Metoda 2 — kombinacje:

$$P=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{10}{2}}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}$$

Odpowiedź: $\frac{2}{15}\approx0{,}133$.

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

$$=0{,}6+0{,}3-0{,}2=0{,}7$$

Odpowiedź: $0{,}7$.

Dlaczego odejmujemy: część wspólna zostałaby policzona dwa razy.

Krok 1 — prawdopodobieństwa składowe:

$$P(B)=\frac{3}{6}=\frac12,\qquad P(A\cap B)=P(\text{szóstka})=\frac16$$

(Szóstka jest parzysta, więc $A\cap B=A$.)

Krok 2 — wzór na prawdopodobieństwo warunkowe:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1/6}{1/2}=\frac13$$

Odpowiedź: $\frac13$.

Interpretacja: wiedząc, że wypadła liczba parzysta, mamy trzy równie możliwe wyniki ($2,4,6$) — szóstka jest jednym z nich.

Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$, ale $P(A)P(B)>0$, więc warunek niezależności $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ nie jest spełniony.

Odpowiedź: D. Rozłączność i niezależność to zupełnie różne pojęcia — ich mylenie to klasyczny błąd.

Stosujemy schemat Bernoulliego: $n=5$, $k=3$, $p=\frac12$.

$$P(X=3)=\binom{5}{3}\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2$$

$$=10\cdot\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{4}=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$

Odpowiedź: $\frac{5}{16}=0{,}3125$.

Schemat Bernoulliego: $n=3$, $k=2$, $p=0{,}8$.

$$P(X=2)=\binom{3}{2}\cdot0{,}8^2\cdot0{,}2^1$$

$$=3\cdot0{,}64\cdot0{,}2=0{,}384$$

Odpowiedź: $0{,}384$.

Uwaga: czynnik $\binom{3}{2}=3$ uwzględnia, że dwa trafienia mogą wypaść w trzech różnych układach.

Korzystamy z symetrii symbolu Newtona: $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.

$$\binom{10}{8}=\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45$$

Odpowiedź: B. Ta własność mocno skraca rachunki.

Krok 1 — ostatnia cyfra. Liczba ma być parzysta, więc kończy się na $2$ lub $4$ — $2$ możliwości.

Krok 2 — pozostałe trzy pozycje. Wybieramy je z czterech pozostałych cyfr, z uwzględnieniem kolejności:

$$4\cdot3\cdot2=24$$

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$2\cdot24=48$$

Odpowiedź: $48$ liczb.

Metoda: zawsze zaczynaj od pozycji z ograniczeniem — tutaj od cyfry jedności.

Wystarczy wybrać skład drużyny czerwonej — reszta automatycznie tworzy niebieską:

$$\binom{10}{5}=\frac{10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6}{5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}=252$$

Odpowiedź: $252$ sposoby.

Uwaga: gdyby drużyny były nierozróżnialne, wynik trzeba by podzielić przez $2$, czyli $126$.

Krok 1 — wszystkie możliwości:

$$|\Omega|=\binom{20}{2}=\frac{20\cdot19}{2}=190$$

Krok 2 — sprzyjające. Jedna dziewczynka i jeden chłopiec:

$$|A|=12\cdot8=96$$

Krok 3:

$$P=\frac{96}{190}=\frac{48}{95}\approx0{,}505$$

Odpowiedź: $\frac{48}{95}$.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „obie przepalone”:

$$P(\text{obie przepalone})=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4}=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}$$

$$P(\text{co najmniej jedna sprawna})=1-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}$$

Odpowiedź: $\frac{9}{10}=0{,}9$.

Uwaga: przy losowaniu bez zwracania prawdopodobieństwo w drugim kroku liczymy od zmniejszonej puli — stąd $\frac14$, a nie $\frac25$.

$$4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24$$

Odpowiedź: C. $24$.

$$5!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120$$

Odpowiedź: $120$.

Jeśli pierwszą czynność można wykonać na $m$, a drugą na $n$ sposobów, to razem na $m\cdot n$ sposobów.

Odpowiedź: A. mnożymy.

Każda z dwóch pozycji ma $3$ możliwości (reguła mnożenia):

$$3\cdot3=9$$

Odpowiedź: $9$ kodów.

To liczba permutacji $4$ elementów:

$$4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24$$

Rozumowanie: pierwsze miejsce $4$ możliwości, drugie $3$, trzecie $2$, ostatnie $1$.

Odpowiedź: $24$ sposoby.

$$\frac{6!}{5!}=\frac{6\cdot5!}{5!}=6$$

Odpowiedź: B. $6$.

Reguła mnożenia:

$$3\cdot4=12$$

Odpowiedź: $12$ zestawów.

Reguła mnożenia z malejącą liczbą możliwości (cyfry się nie powtarzają):

$$4\cdot3\cdot2=24$$

Odpowiedź: $24$ liczby.

Z definicji przyjmujemy $0!=1$.

Odpowiedź: D. $1$.

Permutacje $3$ osób:

$$3!=6$$

Odpowiedź: $6$ sposobów.

To liczba permutacji: $n!$.

Odpowiedź: A. $n!$.

Każdy rzut ma $2$ wyniki (reguła mnożenia):

$$2\cdot2\cdot2=2^3=8$$

Odpowiedź: $8$ wyników.

$$\frac{7!}{5!}=\frac{7\cdot6\cdot5!}{5!}=7\cdot6=42$$

Odpowiedź: $42$.

Trzy różne litery: $3!=6$ przestawień.

Odpowiedź: C. $6$.

Reguła mnożenia. Każda z $4$ pozycji ma $10$ możliwości ($0$–$9$):

$$10\cdot10\cdot10\cdot10=10^4=10\,000$$

Odpowiedź: $10\,000$ kodów.

$$3!\cdot2!=6\cdot2=12$$

Odpowiedź: B. $12$.

Krok 1 — sklejamy dwie książki w „blok”. Mamy wtedy $4$ obiekty do ustawienia: $4!=24$ sposoby.

Krok 2 — wewnątrz bloku dwie książki można zamienić miejscami: $2!=2$.

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$4!\cdot2!=24\cdot2=48$$

Odpowiedź: $48$ sposobów.

Krok 1 — warunek parzystości. Ostatnia cyfra musi być parzysta: $2$ lub $4$ — $2$ możliwości.

Krok 2 — pozostałe trzy pozycje z pozostałych $3$ cyfr (różne): $3!=6$ sposobów.

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$2\cdot3!=2\cdot6=12$$

Odpowiedź: $12$ liczb.

Reguła mnożenia z malejącą liczbą osób (funkcje rozróżnialne, osoby się nie powtarzają):

$$5\cdot4\cdot3=60$$

Uwaga. Kolejność (funkcja) ma znaczenie — to wariacja, nie kombinacja.

Odpowiedź: $60$ sposobów.

Krok 1 — rozpisujemy definicję silni:

$$n!=n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdots2\cdot1$$

Krok 2 — grupujemy. Iloczyn wszystkich czynników poza pierwszym to właśnie $(n-1)!$:

$$n!=n\cdot\underbrace{(n-1)\cdot(n-2)\cdots1}_{(n-1)!}=n\cdot(n-1)! \qquad ∎$$

Krok 3 — zastosowanie. Dla $n=10$: $10!=10\cdot9!$, więc:

$$\frac{10!}{9!}=\frac{10\cdot9!}{9!}=10$$

Odpowiedź: $\frac{10!}{9!}=10$.

1. $3\cdot2=6$.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? A dodaje.

1. $2\cdot6=12$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C bierze tylko kostkę.

1. $3\cdot2=6$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A dopuszcza powtórzenia.

1. Alternatywa: $2+3=5$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A mnoży.

1. $3\cdot2\cdot1=6$.

Odpowiedź: $6$

1. Kolejność nie ma znaczenia: $\binom{10}{3}=\frac{10\cdot9\cdot8}{6}=120$.

Odpowiedź: $120$

1. $5$ liter, w tym M i A po dwa razy: $\frac{5!}{2!\,2!}=30$.

Odpowiedź: $30$

1. Wybór cyfr: nieparzyste $\binom52=10$, parzyste $\binom52=10$; ustawienia: $4!=24$. Razem $2400$ (z zerem na początku).
2. Złe: $0$ na początku — druga parzysta $4$ sposoby, nieparzyste $\binom52=10$, reszta ustawiona na $3!=6$ sposobów: $240$.
3. $2400-240=2160$.

Odpowiedź: $2160$

1. Sklejamy Anię i Bartka w blok: $5$ „obiektów” — $5!=120$ ustawień.
2. Wewnątrz bloku: $2$ ustawienia. Razem $240$.

Odpowiedź: $240$

1. $2$K+$2$M: $\binom72\binom52=210$; $3$K+$1$M: $\binom73\binom51=175$; $4$K: $\binom74=35$.
2. Razem $420$ (kontrola: $\binom{12}4-\binom54-\binom71\binom53=495-5-70=420$ ✓).

Odpowiedź: $420$

1. Przypadek 1: pierwsza cyfra to $5$ — drugą piątkę na jedno z $5$ miejsc, pozostałe $4$ cyfry: po $9$ możliwości: $5\cdot9^4=32\,805$.
2. Przypadek 2: pierwsza cyfra $\ne0,5$ — $8$ możliwości; dwie piątki na $\binom52=10$ sposobów; pozostałe $3$ cyfry po $9$: $8\cdot10\cdot729=58\,320$.
3. Razem $32\,805+58\,320=91\,125$.

Odpowiedź: $91\,125$

1. Wszystkich trójkątów: $\binom{10}3=120$.
2. Z dwoma bokami dziesięciokąta (trzy kolejne wierzchołki): $10$.
3. Z dokładnie jednym bokiem: $10$ boków $\cdot$ $6$ wierzchołków niesąsiednich z tym bokiem $=60$.
4. $120-10-60=50$.

Odpowiedź: $50$

1. Wszystkich rozmieszczeń: $3^5=243$.
2. Włączenia–wyłączenia: pusta co najmniej jedna szuflada: $3\cdot2^5-3\cdot1^5=96-3=93$.
3. $243-93=150$.

Odpowiedź: $150$

1. Ustawiamy $5$ zer — powstaje $6$ luk (przed, między i za zerami).
2. Jedynki wstawiamy do $3$ różnych luk: $\binom63=20$.

Odpowiedź: $20$

1. Miejsca parzyste: $2,4,6$ — dokładnie trzy, liczby parzyste też trzy: $3!=6$ ustawień.
2. Liczby nieparzyste na pozostałych $4$ miejscach: $4!=24$.
3. $6\cdot24=144$.

Odpowiedź: $144$

W wariacjach kolejność ma znaczenie (np. ustawienia), a w kombinacjach — nie (np. wybór grupy).

Odpowiedź: C. kolejność elementów.

Kombinacje (wybór bez kolejności) liczymy symbolem Newtona:

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

Odpowiedź: B. $\binom{n}{k}$.

$$\binom{5}{2}=\frac{5!}{2!\cdot3!}=\frac{5\cdot4}{2}=10$$

Odpowiedź: $10$.

Delegacja to wybór bez kolejności, więc kombinacja:

$$\binom{6}{2}=\frac{6\cdot5}{2}=15$$

Odpowiedź: A. $15$.

$$\binom{7}{0}=1,\qquad \binom{7}{7}=1$$

Interpretacja: jest jeden sposób wybrania zera elementów (nic) i jeden sposób wybrania wszystkich.

Odpowiedź: oba równe $1$.

$$\binom{8}{3}=\frac{8\cdot7\cdot6}{3!}=\frac{336}{6}=56$$

Wskazówka: w liczniku bierzemy $3$ kolejne czynniki od $8$ w dół, w mianowniku $3!=6$.

Odpowiedź: $56$.

Własność symetrii symbolu Newtona:

$$\binom{10}{8}=\binom{10}{10-8}=\binom{10}{2}$$

Praktyczna korzyść: $\binom{10}{2}=45$ liczy się łatwiej niż $\binom{10}{8}$.

Odpowiedź: D. $\binom{10}{2}$.

Wybór bez kolejności — kombinacja:

$$\binom{10}{3}=\frac{10\cdot9\cdot8}{6}=120$$

Odpowiedź: $120$ sposobów.

Miejsca są rozróżnialne (kolejność istotna), a osoby się nie powtarzają — to wariacja bez powtórzeń:

$$7\cdot6\cdot5=210$$

Odpowiedź: B. wariacja bez powtórzeń.

Krok 1 — łączymy pary wierzchołków. Wybór $2$ z $6$ wierzchołków:

$$\binom{6}{2}=15$$

Krok 2 — odejmujemy boki (to nie przekątne):

$$15-6=9$$

Wzór ogólny: $\frac{n(n-3)}{2}=\frac{6\cdot3}{2}=9$ ✔

Odpowiedź: $9$ przekątnych.

Para to wybór bez kolejności:

$$\binom{5}{2}=\frac{5\cdot4}{2}=10$$

Odpowiedź: $10$ par.

$$\binom{4}{2}=\frac{4\cdot3}{2}=6$$

Odpowiedź: C. $6$.

(a) Bez funkcji — kolejność nieistotna, kombinacja:

$$\binom{6}{2}=15$$

(b) Z funkcjami — kolejność istotna, wariacja:

$$6\cdot5=30$$

Kluczowa różnica. Wariacji jest dwa razy więcej, bo każdej parze odpowiadają dwa przydziały funkcji. Ogólnie: $\text{wariacje}=\text{kombinacje}\cdot k!$.

Odpowiedź: (a) $15$, (b) $30$.

$$\binom{n}{1}=\frac{n!}{1!(n-1)!}=n$$

Interpretacja: jest $n$ sposobów wybrania jednego elementu.

Odpowiedź: A. $n$.

Krok 1 — uścisk to para osób (kolejność nieistotna — A ściska B to to samo co B ściska A):

$$\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45$$

Interpretacja. To klasyczne zadanie „o uściskach dłoni" — liczba par w grupie $n$ osób to $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$.

Odpowiedź: $45$ uścisków.

Krok 1 — wybór $2$ kobiet z $7$:

$$\binom{7}{2}=\frac{7\cdot6}{2}=21$$

Krok 2 — wybór $1$ mężczyzny z $5$:

$$\binom{5}{1}=5$$

Krok 3 — reguła mnożenia. Wybory są niezależne:

$$21\cdot5=105$$

Metoda. Gdy zespół ma określony skład, mnożymy liczby kombinacji dla każdej grupy osobno.

Odpowiedź: $105$ sposobów.

Krok 1 — rozpisujemy prawą stronę ze wzoru:

$$\binom{n}{n-k}=\frac{n!}{(n-k)!\,\bigl(n-(n-k)\bigr)!}=\frac{n!}{(n-k)!\,k!}$$

Krok 2 — porównujemy z lewą stroną:

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

Krok 3 — wniosek. Oba wyrażenia mają identyczny mianownik (iloczyn $k!$ i $(n-k)!$ jest przemienny), więc są równe. $\qquad ∎$

Interpretacja. Wybór $k$ elementów „do grupy" jest równoważny wyborowi $n-k$ elementów „poza grupę" — stąd równość. Sprawdzenie: $\binom{10}{8}=\binom{10}{2}=45$ ✔