Kombinacje

Korzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona. Składnik zawierający $x^{2}y^{2}$ odpowiada wyrazowi o numerze $k=2$:

$$\binom{4}{2}\left(x\sqrt{2}\right)^{2}\left(y\sqrt{3}\right)^{2}.$$

Krok 1. Współczynnik dwumianowy.

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

Krok 2. Potęgi.

$$\left(x\sqrt{2}\right)^{2}=2x^{2},\qquad \left(y\sqrt{3}\right)^{2}=3y^{2}.$$

Krok 3. Iloczyn.

$$6\cdot 2x^{2}\cdot 3y^{2}=36x^{2}y^{2}.$$

Zatem $c=36$. Zwróćmy uwagę, że pierwiastki podniesione do kwadratu dają liczby wymierne — dlatego warianty z $\sqrt{6}$ odpadają.

Odpowiedź: B

Krok 1. Analiza zbioru. W zbiorze $Z$ mamy:

liczby parzyste: $2,\,4,\,6$ — jest ich $3$;
liczby nieparzyste: $1,\,3,\,5,\,7,\,9$ — jest ich $5$.

Krok 2. Wszystkie możliwe ciągi. Ciąg ośmiowyrazowy bez powtórzeń to permutacja ośmiu elementów:

$$|\Omega|=8!=40\,320.$$

Krok 3. Zdarzenia sprzyjające — metoda przerw. Najpierw ustawiamy w dowolnej kolejności $5$ liczb nieparzystych:

$$5!=120\ \text{sposobów}.$$

Takie ustawienie tworzy $6$ „przerw", w które można wstawić liczby parzyste (przed pierwszą liczbą, między kolejnymi oraz po ostatniej):

$$\_\ n_1\ \_\ n_2\ \_\ n_3\ \_\ n_4\ \_\ n_5\ \_$$

Aby żadne dwie liczby parzyste nie sąsiadowały, każda musi trafić do innej przerwy. Wybieramy $3$ przerwy z $6$ i rozmieszczamy w nich trzy różne liczby parzyste:

$$\binom{6}{3}\cdot 3!=20\cdot 6=120\ \text{sposobów}.$$

Krok 4. Liczba zdarzeń sprzyjających.

$$|A|=5!\cdot\binom{6}{3}\cdot 3!=120\cdot 20\cdot 6=14\,400.$$

Krok 5. Prawdopodobieństwo.

$$P(A)=\frac{14\,400}{40\,320}=\frac{5}{14}.$$

Sprawdzenie skrócenia: $14\,400\cdot 14=201\,600$ oraz $40\,320\cdot 5=201\,600$ ✓

Odpowiedź: $P=\frac{5}{14}$

Krok 1. Wzór dwumianowy Newtona. Dla $(a+b)^{3}$ wyraz zawierający $a^{1}b^{2}$ ma postać

$$\binom{3}{1}a\,b^{2}=3ab^{2}.$$

Krok 2. Podstawienie. Tutaj $a=2\sqrt{3}\,x$ oraz $b=4y$, a szukany iloczyn $xy^{2}$ odpowiada właśnie $a^{1}b^{2}$:

$$3\cdot\left(2\sqrt{3}\,x\right)\cdot\left(4y\right)^{2}=3\cdot 2\sqrt{3}\,x\cdot 16y^{2}.$$

Krok 3. Obliczenie współczynnika.

$$3\cdot2\cdot16=96,$$

więc wyraz wynosi $96\sqrt{3}\,xy^{2}$, a szukany współczynnik to $96\sqrt{3}$.

Uwaga: pierwiastek występuje w pierwszej potędze (bo $a$ bierzemy raz), dlatego nie znika — to odróżnia poprawną odpowiedź od wariantów bez $\sqrt3$.

Odpowiedź: C

Krok 1. Struktura liczby. Liczba ma $10$ cyfr, z których dokładnie trzy to jedynki. Pozostałe siedem pozycji zajmują cyfry $2$ lub $3$.

Uwaga: nie trzeba tu osobno wykluczać zera na początku, bo wśród dozwolonych cyfr $1$, $2$, $3$ zera w ogóle nie ma — każda taka liczba jest automatycznie dziesięciocyfrowa.

Krok 2. Wybór pozycji dla jedynek. Spośród $10$ miejsc wybieramy $3$, na których stanie cyfra $1$. Kolejność wyboru nie ma znaczenia, więc liczba sposobów to kombinacja:

$$\binom{10}{3}=\frac{10!}{3!\,7!}=\frac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1}=120.$$

Krok 3. Wypełnienie pozostałych pozycji. Na każdym z $7$ wolnych miejsc niezależnie wybieramy jedną z dwóch cyfr ($2$ albo $3$):

$$2^{7}=128.$$

Krok 4. Reguła mnożenia.

$$120\cdot 128=15\,360,$$

co należało uzasadnić. $\blacksquare$

Korzystamy ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite, rozbijając zadanie na dwa przypadki zależne od koloru kuli wylosowanej z pierwszej urny.

Przypadek 1: wylosowano kulę białą. W pierwszej urnie jest $8$ kul, w tym $3$ białe:

$$P(B_1)=\frac{3}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają wtedy $3$ kule białe (przełożona plus dwie dołożone), więc urna zawiera

$$7+3=10\ \text{białych},\qquad 2\ \text{czarne},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid B_1)=\frac{\binom{10}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{45}{66}=\frac{15}{22}.$$

Przypadek 2: wylosowano kulę czarną.

$$P(C_1)=\frac{5}{8}.$$

Do drugiej urny trafiają $3$ kule czarne, więc urna zawiera

$$7\ \text{białych},\qquad 2+3=5\ \text{czarnych},\qquad \text{razem }12.$$

$$P(\text{2 białe}\mid C_1)=\frac{\binom{7}{2}}{\binom{12}{2}}=\frac{21}{66}=\frac{7}{22}.$$

Złożenie.

$$P=\frac{3}{8}\cdot\frac{15}{22}+\frac{5}{8}\cdot\frac{7}{22}=\frac{45}{176}+\frac{35}{176}=\frac{80}{176}=\frac{5}{11}.$$

Uwaga: w obu przypadkach druga urna ma tyle samo kul ($12$), bo zawsze dokładamy trzy — zmienia się tylko ich kolor.

Odpowiedź: $P=\frac{5}{11}$

Krok 1. Przestrzeń zdarzeń. Losujemy jednocześnie trzy kule z dziesięciu, więc kolejność nie ma znaczenia:

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

Krok 2. Zliczanie zdarzeń sprzyjających. Szukamy trójek $\{a,b,c\}$ takich, że $a\lt b\lt c\le 10$ oraz $c=a+b$. Dla ustalonego $a$ liczba $b$ musi spełniać $a\lt b$ oraz $a+b\le10$.

$a=1$: $b\in\{2,3,\ldots,9\}$ — 8 trójek: $(1,2,3),(1,3,4),\ldots,(1,9,10)$;

$a=2$: $b\in\{3,\ldots,8\}$ — 6 trójek: $(2,3,5),(2,4,6),\ldots,(2,8,10)$;

$a=3$: $b\in\{4,\ldots,7\}$ — 4 trójki: $(3,4,7),(3,5,8),(3,6,9),(3,7,10)$;

$a=4$: $b\in\{5,6\}$ — 2 trójki: $(4,5,9),(4,6,10)$;

$a\ge5$: warunek $a+b\le10$ przy $b>a$ jest niemożliwy — 0 trójek.

$$|A|=8+6+4+2=20.$$

Krok 3. Prawdopodobieństwo.

$$P(A)=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}.$$

Odpowiedź: $P(A)=\frac{1}{6}$

Krok 1. Struktura liczby. Liczba ma $6$ cyfr: trzy zera, jedną piątkę oraz dwie pozostałe cyfry. Te dwie muszą być różne od $0$ (inaczej zer byłoby więcej) i różne od $5$ (inaczej piątek byłoby więcej), więc wybieramy je ze zbioru

$$\{1,2,3,4,6,7,8,9\}\quad-\quad 8\ \text{możliwości każda}.$$

Krok 2. Rozmieszczenie zer. Liczba sześciocyfrowa nie może zaczynać się od zera, więc trzy zera muszą trafić na pozycje od drugiej do szóstej. Wybieramy $3$ pozycje spośród $5$:

$$\binom{5}{3}=10.$$

Krok 3. Rozmieszczenie piątki. Zostają trzy wolne pozycje (w tym zawsze pierwsza). Piątka może stanąć na dowolnej z nich:

$$3\ \text{sposoby}.$$

Piątka na pierwszej pozycji jest dopuszczalna, bo $5\neq0$.

Krok 4. Pozostałe dwie cyfry.

$$8\cdot8=64.$$

Jeśli któraś z nich trafi na pierwszą pozycję, też jest w porządku — wszystkie osiem dopuszczalnych cyfr jest niezerowych.

Krok 5. Reguła mnożenia.

$$10\cdot3\cdot64=1920.$$

Odpowiedź: $1920$

Liczba ma 8 cyfr, wśród których są dokładnie dwie dwójki i dokładnie trzy trójki, a żadna cyfra nie jest zerem.

Krok 1. Wybieramy 2 spośród 8 pozycji na dwójki: \(\binom{8}{2}=28\) sposobów.

Krok 2. Z pozostałych 6 pozycji wybieramy 3 na trójki: \(\binom{6}{3}=20\) sposobów.

Krok 3. Na każdej z pozostałych 3 pozycji może stać dowolna cyfra ze zbioru \(\{1,4,5,6,7,8,9\}\) (bez zera oraz bez 2 i 3, bo dwójek ma być dokładnie dwie, a trójek dokładnie trzy): \(7^3=343\) sposobów.

Zauważmy, że pierwsza cyfra nigdy nie jest zerem, więc każdy taki układ daje liczbę ośmiocyfrową.

Z reguły mnożenia:

\(28\cdot20\cdot343=560\cdot343=192\,080\).

Odpowiedź: takich liczb jest \(192\,080\).

Niech \(n\) oznacza liczbę kul czarnych; wtedy kul białych jest \(3n\), a wszystkich \(4n\) (gdzie \(n\ge1\)).

Losujemy jednocześnie dwie kule, więc \(|\Omega|=\dbinom{4n}{2}=\dfrac{4n(4n-1)}{2}\).

Kule różnych kolorów można wybrać na \(3n\cdot n=3n^2\) sposobów, zatem

\(P=\dfrac{3n^2}{\frac{4n(4n-1)}{2}}=\dfrac{6n^2}{4n(4n-1)}=\dfrac{3n}{2(4n-1)}\).

Warunek zadania:

\(\dfrac{3n}{8n-2}>\dfrac{9}{22}\).

Ponieważ \(8n-2>0\), mnożymy obie strony przez \(22(8n-2)\):

\(66n>9(8n-2)=72n-18\), czyli \(18>6n\), a więc \(n\lt 3\).

Stąd \(n\in\{1,2\}\), czyli w urnie jest \(4\) albo \(8\) kul.

Sprawdzenie: dla \(n=1\): \(P=\tfrac36=\tfrac12>\tfrac{9}{22}\); dla \(n=2\): \(P=\tfrac{6}{14}=\tfrac37\approx0{,}4286>\tfrac{9}{22}\approx0{,}409\). ✅

Niech \(k\) oznacza liczbę kobiet; wtedy mężczyzn jest \(2k\), a wszystkich osób \(3k\).

Delegację dwuosobową wybieramy na \(|\Omega|=\dbinom{3k}{2}=\dfrac{3k(3k-1)}{2}\) sposobów, a delegację złożoną z samych kobiet na \(\dbinom{k}{2}=\dfrac{k(k-1)}{2}\) sposobów.

Stąd

\(P=\dfrac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=\dfrac{k-1}{3(3k-1)}=0{,}1\).

Rozwiązujemy:

\(10(k-1)=3(3k-1)\), czyli \(10k-10=9k-3\), skąd \(k=7\).

Odpowiedź: w grupie jest 7 kobiet i 14 mężczyzn (razem 21 osób).

Sprawdzenie: \(\dbinom{7}{2}=21\), \(\dbinom{21}{2}=210\), a \(\tfrac{21}{210}=0{,}1\). ✅