Permutacje

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

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

Odpowiedź: $6$ sposobów.

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.

To permutacje cykliczne. Jedną osobę „unieruchamiamy” jako punkt odniesienia, a pozostałe ustawiamy względem niej.

$$(5-1)!=4!=24$$

Dlaczego $(n-1)!$: przy okrągłym stole obrót całości nie tworzy nowego ustawienia, więc dzielimy zwykłe $5!$ przez $5$ możliwych obrotów: $\frac{120}{5}=24$.

Odpowiedź: $24$ sposoby.

To liczba permutacji zbioru $5$-elementowego:

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

Odpowiedź: $120$ sposobów.

Permutacja to ustawienie wszystkich elementów w kolejności. Liczba permutacji to $n!$.

Dlaczego: na pierwszą pozycję mamy $n$ możliwości, na drugą $n-1$, i tak dalej — iloczyn daje $n!$.

Odpowiedź: B. $n!$.

Wszystkie trzy litery są różne, więc liczba permutacji:

$$3!=6$$

Wypisane: KOT, KTO, OKT, OTK, TKO, TOK.

Odpowiedź: $6$.

Krok 1 — sklejamy dwie osoby w jeden „blok". Mamy wtedy $3$ obiekty do ustawienia (blok + dwie osoby):

$$3!=6$$

Krok 2 — wewnątrz bloku dwie osoby można zamienić miejscami:

$$2!=2$$

Krok 3 — mnożymy:

$$6\cdot2=12$$

Metoda „sklejania". Gdy elementy mają być razem, traktujemy je jak jeden obiekt, a potem mnożymy przez permutacje wewnątrz bloku.

Odpowiedź: $12$ sposobów.

$$6!=720$$

Odpowiedź: C. $720$.

Krok 1 — powtarzające się litery. Wyraz MAMA ma $4$ litery, ale $M$ powtarza się $2$ razy i $A$ powtarza się $2$ razy.

Krok 2 — permutacje z powtórzeniami:

$$\frac{4!}{2!\cdot2!}=\frac{24}{2\cdot2}=6$$

Krok 3 — sprawdzenie przez wypisanie: MAMA, MAAM, MMAA, AMMA, AMAM, AAMM — sześć układów.

Dlaczego dzielimy. Zwykłe $4!$ liczyłoby zamiany jednakowych liter jako różne układy. Dzielenie przez $2!\cdot2!$ usuwa te powtórzenia.

Odpowiedź: $6$.

Krok 1 — problem permutacji cyklicznych. Przy okrągłym stole ustawienia różniące się obrotem są identyczne.

Krok 2 — unieruchamiamy jedną osobę. Sadzamy pierwszą osobę na dowolnym miejscu (to ustala „punkt odniesienia"), a pozostałe $3$ ustawiamy względem niej:

$$3!=6$$

Wzór ogólny. Liczba permutacji cyklicznych $n$ osób to $(n-1)!$ — dzielimy $n!$ przez $n$ możliwych obrotów.

Odpowiedź: $6$ sposobów.

Krok 1 — budujemy ustawienie pozycja po pozycji. Ustawiamy $n$ różnych elementów w rzędzie.

Krok 2 — zliczamy możliwości na kolejnych miejscach:

• na pierwsze miejsce — $n$ elementów do wyboru,
• na drugie — $n-1$ (jeden już użyty),
• na trzecie — $n-2$,
• …, na ostatnie — $1$.

Krok 3 — reguła mnożenia. Wybory są niezależne, więc mnożymy:

$$n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\cdot\ldots\cdot2\cdot1=n! \qquad ∎$$

Sprawdzenie dla $n=3$: $3!=6$, a wypisanie ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA daje sześć układów ✔

To permutacja pięciu elementów:

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

Skąd to wynika: na pierwsze miejsce mamy $5$ możliwości, na drugie $4$, i tak dalej — mnożymy.

Odpowiedź: $120$ sposobów.

To permutacja czterech elementów:

$$4!=24$$

Uwaga: zero nie występuje wśród cyfr, więc żadna z tych liczb nie zaczyna się od zera — nie musimy nic odejmować.

Odpowiedź: $24$ liczby.

To permutacja sześciu elementów:

$$6!=6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=720$$

Odpowiedź: $720$ sposobów.

Zestawienie wzorów:

• $n!$ — permutacje (ustawienia wszystkich elementów)
• $n^k$ — wariacje z powtórzeniami
• $\frac{n!}{(n-k)!}$ — wariacje bez powtórzeń
• $\frac{n!}{k!(n-k)!}$ — kombinacje (kolejność nieistotna)

Odpowiedź: B. $n^k$.

1. Cyfra dziesiątek: $1$–$9$ ($9$ możliwości), jedności: $0$–$9$ ($10$). $9\cdot10=90$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — z zerem na początku; C — liczby od $1$ do $99$.

1. Każda z trzech pozycji — $4$ możliwości: $4^3=64$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A — bez powtórzeń ($4\cdot3\cdot2$).

1. Ustawienie $4$ różnych cyfr: $4!=24$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A — z powtórzeniami ($4^4$).

1. Setki: $9$, dziesiątki: $10$, jedności: $0,2,4,6,8$ — $5$. $9\cdot10\cdot5=450$.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? A — pierwsza cyfra może być zerem; C — wszystkie trzycyfrowe.

1. Pierwsza cyfra: $9$ (bez zera), druga: $9$ (już z zerem, bez pierwszej), trzecia: $8$, czwarta: $7$.
2. $9\cdot9\cdot8\cdot7=4536$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — $10\cdot9\cdot8\cdot7$ (z zerem na początku); C — $9\cdot8\cdot7\cdot6$ (zero całkiem pominięte).

1. Przypadek 1: jedności $0$ — setki: $9$, dziesiątki: $8$ → $72$.
2. Przypadek 2: jedności $5$ — setki: $8$ (bez $0$ i $5$), dziesiątki: $8$ → $64$.
3. Razem: $72+64=136$.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? A — w obu przypadkach liczono $9\cdot8$; C — cyfry mogły się powtarzać ($9\cdot10\cdot2$).

1. Każda z $5$ osób ściska $4$ dłonie: $5\cdot4=20$, ale każdy uścisk liczony jest dwa razy. $\frac{20}2=10$.

Odpowiedź: C

Dlaczego nie pozostałe? A — uścisk $A$–$B$ i $B$–$A$ to ten sam uścisk.

1. 1. Dziesiątki: $1,2,3$ — $3$; jedności: $4$ → $12$ — prawda.
2. 2. Parzyste: jedności $0$ lub $2$ → $3\cdot2=6\ne8$ — fałsz.

Odpowiedź: P, F

1. Przewodnicząca dziewczyna, zastępca chłopiec: $12\cdot10=120$.
2. Przewodniczący chłopiec, zastępczyni dziewczyna: $10\cdot12=120$.
3. Razem: $240$.

Odpowiedź: $240$

1. Cyfry z sumą $3$ i pierwszą cyfrą $\ge1$: układy cyfr $\{3,0,0,0\}$, $\{2,1,0,0\}$, $\{1,1,1,0\}$.
2. $3000$ — $1$ liczba; z cyframi $2,1,0,0$ — pierwsza $2$: $2100,2010,2001$; pierwsza $1$: $1200,1020,1002$ — $6$ liczb.
3. Z cyframi $1,1,1,0$: $1110,1101,1011$ — $3$ liczby. Razem $1+6+3=10$.

Odpowiedź: $10$

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: $144$