Reguła mnożenia i reguła dodawania

Silnia to iloczyn kolejnych liczb naturalnych:

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

Odpowiedź: B. $24$.

Wybór składa się z dwóch niezależnych etapów, więc mnożymy:

$$4\cdot3=12$$

Reguła mnożenia: stosujemy ją, gdy wybieramy jedno i drugie.

Odpowiedź: C. $12$.

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.

Reguła mnożenia:

$$3\cdot5=15$$

Odpowiedź: $15$ zestawów.

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 $99$.

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

$$2\cdot6=12$$

Odpowiedź: $12$ wyników.

Wybieramy jedno albo drugie, więc dodajemy:

$$6+4=10$$

Reguła dodawania: stosujemy ją przy wyborze rozłącznych możliwości (fantasy lub kryminał).

Odpowiedź: A. $10$.

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

Odpowiedź: A

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

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

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

Odpowiedź: C. $9$.

Na każdej z trzech pozycji mamy $10$ możliwości:

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

To wariacja z powtórzeniami: $10^3$.

Odpowiedź: $1000$.

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

Odpowiedź: A

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

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.

Na każdej z $k$ pozycji wybieramy niezależnie jeden z $n$ elementów:

$$n^k$$

Uwaga na kolejność: podstawa to liczba elementów $n$, wykładnik to liczba miejsc $k$.

Odpowiedź: D. $n^k$.

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

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — pierwsza cyfra może być zerem; D — wszystkie trzycyfrowe.

Symbol Newtona liczymy ze wzoru:

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

Odpowiedź: A. $10$.

Każdy rzut ma $2$ wyniki, rzutów jest $5$:

$$2^5=32$$

Odpowiedź: $32$ ciągi.

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).

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.

Krok 1 — część literowa:

$$26^3=17\ 576$$

Krok 2 — część cyfrowa:

$$10^4=10\ 000$$

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$26^3\cdot10^4=175\ 760\ 000$$

Odpowiedź: $175\ 760\ 000$ tablic.

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: A

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

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

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

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

Każdy z $3$ argumentów można odwzorować na jeden z $2$ elementów niezależnie:

$$2^3=8$$

To wariacja z powtórzeniami: $n^k=2^3$, gdzie $n=2$ (zbiór wartości), $k=3$ (argumenty).

Odpowiedź: B. $8$.

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

Odpowiedź: A

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

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.

Na każdej z czterech pozycji $3$ możliwości:

$$3^4=81$$

Uwaga: tu nie ma problemu z zerem na początku, bo zero nie należy do zbioru cyfr.

Odpowiedź: $81$.

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

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

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

Odpowiedź: $6$ sposobów.

„Dokładnie jedna rzecz" — chleb albo bułka, więc reguła dodawania:

$$3+2=5$$

Dla porównania: gdyby kupował chleb i bułkę, byłoby $3\cdot2=6$ (reguła mnożenia).

Odpowiedź: $5$ możliwości.

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

Odpowiedź: $240$

Skracamy silnie:

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

Odpowiedź: B. $30$.

Na każdej z $6$ pozycji dwie możliwości:

$$2^6=64$$

Odpowiedź: C. $64$.

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: $10$

Kolejność losowania nie ma znaczenia, więc to kombinacje:

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

Odpowiedź: $1326$ sposobów.

Krok 1 — pierwsza cyfra: $9$ możliwości (bez zera).

Krok 2 — druga i trzecia: po $10$ możliwości.

Krok 3 — mnożymy:

$$9\cdot10\cdot10=900$$

Kontrola: liczb trzycyfrowych jest dokładnie $900$ (od $100$ do $999$) ✔

Odpowiedź: $900$.

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.

Każde z $10$ pytań ma $2$ możliwe odpowiedzi:

$$2^{10}=1024$$

Interpretacja: zgadując, mamy tylko $\frac{1}{1024}$ szans na komplet poprawnych odpowiedzi.

Odpowiedź: $1024$.

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. $1$.

Reguła dodawania dotyczy wyboru jednej z rozłącznych grup możliwości (albo z jednej, albo z drugiej).

Reguła mnożenia — gdy wybór składa się z kilku etapów jednocześnie.

Odpowiedź: A. rozłączne (albo–albo).

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.

Na każdej z czterech pozycji $3$ litery do wyboru:

$$3^4=81$$

To wariacja z powtórzeniami: litery mogą się powtarzać, kolejność ma znaczenie.

Odpowiedź: $81$.

Reguła mnożenia — wybór koszuli i wybór spodni są niezależne:

$$4\cdot3=12$$

Odpowiedź: A. $12$ sposobów.

Każda kostka ma $6$ wyników, kostek są $3$:

$$6^3=216$$

Odpowiedź: D. $216$.

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.

Przypadek 1 — z powtórzeniami:

$$26^2\cdot10^3=676\cdot1000=676\ 000$$

Przypadek 2 — cyfry różne. Litery nadal $26^2$, ale cyfry to wariacja bez powtórzeń: $10\cdot9\cdot8$:

$$676\cdot(10\cdot9\cdot8)=676\cdot720=486\ 720$$

Wniosek. Warunek „różne cyfry" zmniejsza liczbę haseł — na kolejnych pozycjach cyfrowych zostaje coraz mniej możliwości.

Odpowiedź: $676\ 000$ oraz $486\ 720$.

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.

Krok 1 — ostatnia cyfra parzysta. Ze zbioru $\{1,2,3,4,5\}$ parzyste są $2$ i $4$ — dwie możliwości.

Krok 2 — pozostałe trzy pozycje: po $5$ możliwości (cały zbiór).

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$5\cdot5\cdot5\cdot2=250$$

Uwaga. Zaczynamy od najbardziej ograniczonej pozycji (ostatnia cyfra — warunek parzystości), reszta jest dowolna.

Odpowiedź: $250$.

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.

Krok 1 — zaczynające się od $1$. Pierwsza cyfra ustalona, pozostałe cztery dowolne:

$$1\cdot2^4=16$$

Krok 2 — kończące się na $0$. Ostatnia ustalona:

$$2^4\cdot1=16$$

Krok 3 — zaczynające się od $1$ ORAZ kończące na $0$. Dwie pozycje ustalone:

$$1\cdot2^3\cdot1=8$$

Krok 4 — zasada włączeń i wyłączeń. Aby nie liczyć części wspólnej dwa razy, odejmujemy ją:

$$16+16-8=24$$

Odpowiedź: $24$ ciągi.

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.

Krok 1 — pomysł. Każdy podzbiór odpowiada decyzji podejmowanej dla każdego z $n$ elementów: „należy" albo „nie należy".

Krok 2 — reguła mnożenia. Dla każdego z $n$ elementów mamy $2$ niezależne możliwości, więc łączna liczba decyzji to:

$$\underbrace{2\cdot2\cdot\ldots\cdot2}_{n}=2^n$$

Krok 3 — wniosek. Różne układy decyzji dają różne podzbiory, a każdy podzbiór odpowiada dokładnie jednemu układowi. Zatem podzbiorów jest $2^n$. $\qquad ∎$

Uwaga. Wliczamy tu zbiór pusty (wszystkie „nie") i cały zbiór (wszystkie „tak"). Sprawdzenie dla $n=3$: podzbiorów jest $2^3=8$ ✔

Tworzymy liczbę trzycyfrową z dostępnego zbioru \(7\) cyfr: \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}\).
· Cyfra setek: nie może być zerem, więc mamy do wyboru \(6\) cyfr.
· Cyfra dziesiątek: może być dowolną cyfrą ze zbioru, więc mamy \(7\) możliwości.
· Cyfra jedności: aby liczba była nieparzysta, na końcu musi stać cyfra nieparzysta. W naszym zbiorze są to cyfry \(\{1, 3, 5\}\), czyli mamy \(3\) możliwości.

Zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich takich liczb jest zatem \(6\cdot7\cdot3\).

Kolejne obszary sąsiadują ze sobą łańcuchowo (każdy graniczy z dokładnie jednym już pokolorowanym): pierwszy obszar można pomalować na $7$ sposobów, a każdy następny — tak, aby różnił się od sąsiada — na $6$ sposobów.

Łącznie: $7\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6\cdot 6=7\cdot 6^{5}$.

Odpowiedź: A.

Do zadania można podejść na różne sposoby, ale najprościej będzie to sobie zobrazować w ten oto sposób:
· W rzędzie setek może znaleźć się dowolna z cyfr od \(1\) do \(9\), zatem mamy \(9\) możliwości uzupełnienia tej cyfry.
· W rzędzie dziesiątek musi pojawić się \(0\) (bo nie pojawi się ani w rzędzie setek, bo nie ma takiej liczby jak np. \(013\), ani w rzędzie jedności, bo liczba ma być nieparzysta). Mamy zatem tutaj \(1\) możliwość uzupełnienia tej cyfry.
· W rzędzie jedności musimy mieć cyfrę nieparzystą, czyli \(1, 3, 5, 7\) albo \(9\). Mamy zatem \(5\) możliwości uzupełnienia tej cyfry.

Zgodnie z regułą mnożenia, interesujących nas liczb będziemy mieć:
$$9\cdot1\cdot5=45$$

Liczba trzycyfrowa $\overline{abc}$: cyfra setek $a\ne 0$, a cyfra jedności $c$ jest nieparzysta ($c\in\{1,3,5,7,9\}$), więc $c\ne 0$.

Skoro $a\ne 0$ i $c\ne 0$, jedyna cyfra $0$ może wystąpić na miejscu dziesiątek, czyli $b=0$ (i to daje dokładnie jedno zero).

Liczba możliwości: $a$ — $9$ sposobów, $c$ — $5$ sposobów. Razem $9\cdot 5=45$.

Odpowiedź: A.

1. Krok 1. Dobór cyfr.

   Liczba ma $5$ cyfr (3 nieparzyste + 2 parzyste). Cyfry nieparzyste: $\{1,3,5,7,9\}$ — wybór $3$ z $5$: $\binom{5}{3}=10$. Cyfry parzyste: $\{0,2,4,6,8\}$ — wybór $2$ z $5$: $\binom{5}{2}=10$.

2. Krok 2. Ustawienia bez ograniczeń.

   Wszystkie $5$ wybranych cyfr jest różnych, więc ustawień jest $5!=120$. Łącznie (na razie z zerem na początku):

   $$10\cdot 10\cdot 120=12000.$$
3. Krok 3. Odjęcie liczb zaczynających się od zera.

   Zero na pierwszym miejscu wymaga, by $0$ było jedną z wybranych parzystych: druga parzysta to $\binom{4}{1}=4$, nieparzyste $\binom{5}{3}=10$, a pozostałe $4$ cyfry ustawiamy na $4!=24$ sposobów:

   $$10\cdot 4\cdot 24=960.$$
4. Krok 4. Wynik. $$12000-960=11040.$$

Cyfra pierwsza (dziesiątki tysięcy) $\ne 0$, więc ma $3$ możliwości ($1,2,3$). Trzy środkowe cyfry mają po $4$ możliwości ($0,1,2,3$). Cyfra jedności musi być nieparzysta: $1$ lub $3$ — $2$ możliwości.

Łącznie: $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 2=384$.

Odpowiedź: B.

Rozpiszmy dokładnie jakie cyfry mogą znaleźć się na poszczególnych miejscach liczby pięciocyfrowej.
· w rzędzie dziesiątek tysięcy możemy mieć jedynie cyfry \(5\) oraz \(7\) (czyli bez \(0\), bo zero nie może stać na początku liczby). To oznacza, że mamy tutaj \(2\) możliwości wyboru cyfry.
· w rzędzie tysięcy możemy mieć każdą z trzech podanych cyfr. To oznacza, że mamy tutaj \(3\) możliwości wyboru cyfry.
· w rzędzie setek możemy mieć każdą z trzech podanych cyfr. To oznacza, że mamy tutaj \(3\) możliwości wyboru cyfry.
· w rzędzie dziesiątek możemy mieć każdą z trzech podanych cyfr. To oznacza, że mamy tutaj \(3\) możliwości wyboru cyfry.
· w rzędzie jedności możemy mieć każdą z trzech podanych cyfr. To oznacza, że mamy tutaj \(3\) możliwości wyboru cyfry.

To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich interesujących nas liczb będziemy mieć:
$$2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3=2\cdot3^4$$

Trzy pierwsze cyfry mają postać $d,\ d-3,\ d-6$. Wszystkie muszą należeć do zbioru $\{0,\dots,9\}$, więc $d-6\ge 0$, czyli $d\in\{6,7,8,9\}$ — to $4$ możliwości: $(6,3,0),(7,4,1),(8,5,2),(9,6,3)$.

Pozostałe trzy cyfry (na pozycjach 4–6) muszą być różne i różne od trzech już użytych — wybieramy je spośród $7$ pozostałych cyfr: $7\cdot 6\cdot 5=210$ sposobów.

Łącznie: $4\cdot 210=840$.