Kombinacje

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.

Silnia to iloczyn kolejnych liczb naturalnych:

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

Odpowiedź: B. $24$.

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

Odpowiedź: C. kolejność elementów.

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

Odpowiedź: C. $24$.

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

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: $15$.

To liczba permutacji $5$ elementów:

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

Intuicja: na pierwsze miejsce mamy $5$ możliwości, na drugie $4$, i tak dalej.

Odpowiedź: $120$ sposobów.

Kolejność ma znaczenie (przewodniczący ≠ zastępca), więc to wariacja bez powtórzeń:

$$5\cdot4=20$$

Odpowiedź: $20$ sposobów.

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

Odpowiedź: $120$.

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

Odpowiedź: $120$

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.

Korzystamy z reguły mnożenia — moneta ma $2$ wyniki, kostka $6$:

$$2\cdot6=12$$

Odpowiedź: $12$ wyników.

Kombinacje (wybór bez kolejności) liczymy symbolem Newtona:

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

Odpowiedź: B. $\binom{n}{k}$.

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

Odpowiedź: A. mnożymy.

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

Odpowiedź: $30$

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.

To wariacje z powtórzeniami. Na każdą z $2$ pozycji mamy $3$ możliwości:

$$3\cdot3=3^2=9$$

Odpowiedź: C. $9$.

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

Odpowiedź: $10$.

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

$$3\cdot3=9$$

Odpowiedź: $9$ kodów.

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: $2160$

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

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

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

To wariacje bez powtórzeń — cyfry się nie powtarzają.

Na pierwszą pozycję mamy $4$ możliwości, na drugą tylko $3$ (jedna cyfra już użyta):

$$4\cdot3=12$$

Odpowiedź: $12$ liczb.

Delegacja to wybór bez kolejności, więc kombinacja:

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

Odpowiedź: A. $15$.

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.

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

Odpowiedź: $240$

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.

Symbol Newtona liczymy ze wzoru:

$$\binom{5}{2}=\frac{5!}{2!\cdot3!}=\frac{5\cdot4}{2\cdot1}=10$$

Odpowiedź: A. $10$.

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

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

Odpowiedź: oba równe $1$.

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

Odpowiedź: B. $6$.

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: $420$

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 $4$. ✔

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.

Kolejność ma znaczenie (liczba $12\neq21$), cyfry różne — wariacja bez powtórzeń:

$$5\cdot4=20$$

Odpowiedź: $20$ liczb.

Reguła mnożenia:

$$3\cdot4=12$$

Odpowiedź: $12$ zestawów.

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: $91\,125$

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.

Wariacje z powtórzeniami. Na każdą z $3$ pozycji mamy $10$ cyfr:

$$10\cdot10\cdot10=10^3=1000$$

Odpowiedź: $1000$ numerów (od $000$ do $999$).

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

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

Odpowiedź: $56$.

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

$$4\cdot3\cdot2=24$$

Odpowiedź: $24$ liczby.

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: $50$

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.

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.

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. $\binom{10}{2}$.

Z definicji przyjmujemy $0!=1$.

Odpowiedź: D. $1$.

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: $150$

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

Kolejność miejsc ma znaczenie, a wszystkie osoby są rozdzielane, więc to permutacje:

$$P_3=3!=3\cdot2\cdot1=6$$

Odpowiedź: $6$ sposobów.

Wybór bez kolejności — kombinacja:

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

Odpowiedź: $120$ sposobów.

Permutacje $3$ osób:

$$3!=6$$

Odpowiedź: $6$ sposobów.

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

Odpowiedź: $20$

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

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

Odpowiedź: $0{,}7$.

Dlaczego odejmujemy: część wspólna zostałaby policzona dwa razy.

Skracamy silnie:

$$\frac{6!}{4!}=\frac{6\cdot5\cdot4!}{4!}=6\cdot5=30$$

Odpowiedź: B. $30$.

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

$$7\cdot6\cdot5=210$$

Odpowiedź: B. wariacja bez powtórzeń.

To liczba permutacji: $n!$.

Odpowiedź: A. $n!$.

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: $144$

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.

Kolejność losowania nie ma znaczenia, więc to kombinacje:

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

Odpowiedź: $1326$ sposobów.

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.

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

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

Odpowiedź: $8$ wyników.

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.

Wyraz MATURA ma $6$ liter, w tym literę A dwa razy.

Permutacje z powtórzeniami — dzielimy przez silnię liczby powtórzeń:

$$\frac{6!}{2!}=\frac{720}{2}=360$$

Dlaczego dzielimy: dwie litery A są nierozróżnialne, więc każde ustawienie policzylibyśmy dwa razy.

Odpowiedź: $360$ słów.

Para to wybór bez kolejności:

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

Odpowiedź: $10$ par.

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

Odpowiedź: $42$.

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: $\frac{5}{16}=0{,}3125$.

Jest tylko jeden sposób, aby nie wybrać żadnego elementu — wybór pustego zbioru:

$$\binom{n}{0}=1$$

Podobnie $\binom{n}{n}=1$ — jeden sposób wybrania wszystkich.

Odpowiedź: C. $1$.

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

Odpowiedź: C. $6$.

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

Odpowiedź: C. $6$.

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.

Wariacje bez powtórzeń — cyfry się nie powtarzają, kolejność ma znaczenie.

Na kolejne pozycje mamy coraz mniej możliwości:

$$9\cdot8\cdot7\cdot6=3024$$

Uwaga: nie ma tu cyfry $0$, więc nie trzeba się martwić o zero na pierwszym miejscu.

Odpowiedź: $3024$ liczby.

(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) $30$.

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

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

Odpowiedź: $10\,000$ kodów.

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.

Reguła mnożenia — wybór koszuli i wybór spodni są niezależne:

$$4\cdot3=12$$

Odpowiedź: A. $12$ sposobów.

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

Interpretacja: jest $n$ sposobów wybrania jednego elementu.

Odpowiedź: A. $n$.

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

Odpowiedź: B. $12$.

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.

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.

Kolejność ma znaczenie, cyfry różne — wariacja bez powtórzeń $3$-elementowa z $6$:

$$6\cdot5\cdot4=120$$

Rozumowanie: pierwsza cyfra $6$ możliwości, druga $5$ (jedna zużyta), trzecia $4$.

Uwaga: zbiór nie zawiera zera, więc nie ma problemu z pierwszą cyfrą.

Odpowiedź: $120$.

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.

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 $126$.

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.