Kombinatoryka — zadania rozszerzone

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 $\frac25$.

Silnia to iloczyn kolejnych liczb naturalnych:

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

Odpowiedź: C. $24$.

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.

Na każdej z trzech pozycji mamy $10$ możliwości:

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

To wariacja z powtórzeniami: $n^k$, gdzie $n=10$, $k=3$.

Odpowiedź: $1000$ kodów.

Z definicji przyjmujemy:

$$0!=1$$

Dlaczego tak: istnieje dokładnie jeden sposób ustawienia pustego zbioru — nie robić nic. Ta umowa sprawia też, że wzory kombinatoryczne działają bez wyjątków.

Odpowiedź: B. $1$.

Rozpisujemy licznik tylko do $4!$ i skracamy:

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

Odpowiedź: $30$.

Wybieramy $3$ elementy z $5$, przy czym kolejność ma znaczenie, a elementy się nie powtarzają:

$$5\cdot4\cdot3=60$$

Wzór: $\frac{n!}{(n-k)!}=\frac{5!}{2!}=60$.

Dla porównania: $125=5^3$ to wariacje z powtórzeniami.

Odpowiedź: A. $60$.

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.

Rozpoznanie: kolejność ma znaczenie (przewodniczący to inna funkcja niż zastępca), a jedna osoba nie może pełnić obu — to wariacja bez powtórzeń.

$$12\cdot11=132$$

Odpowiedź: $132$ sposoby.

Każda moneta daje $2$ możliwości, a monety są rozróżnialne:

$$2^3=8$$

Wypisanie: OOO, OOR, ORO, ROO, ORR, ROR, RRO, RRR.

Odpowiedź: D. $8$.

Rozpoznanie: nagrody są różne, więc kolejność przydziału ma znaczenie; jedna osoba nie może dostać dwóch — bez powtórzeń.

$$7\cdot6\cdot5=210$$

Wzór: $\frac{7!}{4!}=210$.

Odpowiedź: $210$ sposobów.

Na każdej z pięciu pozycji mamy $2$ możliwości:

$$2^5=32$$

To wariacja z powtórzeniami — litery mogą się powtarzać.

Odpowiedź: C. $32$.

Z powtórzeniami — na każdej pozycji $10$ cyfr:

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

Bez powtórzeń — liczba możliwości maleje o jeden przy każdej kolejnej pozycji:

$$10\cdot9\cdot8\cdot7=5040$$

Obserwacja: zakaz powtórzeń zmniejsza liczbę kodów prawie o połowę.

Odpowiedź: $10\,000$ oraz $5040$.

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. $n^k$.

Litery mają być różne, a kolejność ma znaczenie:

$$26\cdot25\cdot24=15\,600$$

Dla porównania: gdyby litery mogły się powtarzać, byłoby $26^3=17\,576$.

Odpowiedź: $15\,600$.

Skracamy $6!$ w liczniku i mianowniku:

$$\frac{8\cdot7\cdot6!}{6!\cdot2}=\frac{56}{2}=28$$

Uwaga: to wzór na kombinacje — wybór $2$ elementów z $8$ bez uwzględniania kolejności.

Odpowiedź: A. $28$.

Krok 1 — wszystkie ustawienia:

$$4!=24$$

Krok 2 — odrzucamy te zaczynające się od zera. Jeśli zero stoi na pierwszym miejscu, pozostałe trzy cyfry można ustawić na:

$$3!=6\ \text{sposobów}$$

Takie zapisy nie są liczbami czterocyfrowymi.

Krok 3 — odejmujemy:

$$24-6=18$$

Kontrola inną drogą. Na pierwsze miejsce mamy $3$ możliwości (bez zera), a pozostałe trzy pozycje wypełniamy dowolnie: $3\cdot3!=3\cdot6=18$ ✔

Odpowiedź: $18$ liczb.

Krok 1 — sklejamy parę. Traktujemy dwie osoby jako jeden blok. Zamiast $5$ obiektów mamy teraz $4$:

$$4!=24\ \text{ustawień}$$

Krok 2 — wnętrze bloku. Te dwie osoby mogą stać w dwóch kolejnościach:

$$2!=2$$

Krok 3 — mnożymy:

$$24\cdot2=48$$

Kontrola sensu: wszystkich ustawień pięciu osób jest $120$, a nasz wynik to $48$ — mniej, czyli warunek faktycznie ograniczył możliwości ✔ Stanowi to $\frac{48}{120}=40\%$ wszystkich ustawień.

Odpowiedź: $48$ sposobów.

Krok 1 — cyfry nieparzyste: $1$, $3$, $5$, $7$, $9$ — jest ich $5$.

Krok 2 — z powtórzeniami. Na każdej z trzech pozycji mamy $5$ możliwości (zero nie należy do zbioru, więc pierwsza cyfra nie sprawia kłopotu):

$$5^3=125$$

Krok 3 — bez powtórzeń:

$$5\cdot4\cdot3=60$$

Odpowiedź: $125$ liczb, w tym $60$ o różnych cyfrach.

Z uwzględnieniem kolejności (wariacje bez powtórzeń):

$$52\cdot51\cdot50=132\,600$$

Bez uwzględniania kolejności (kombinacje). Każdy zestaw trzech kart policzyliśmy powyżej $3!=6$ razy — raz dla każdej kolejności:

$$\frac{132\,600}{6}=22\,100$$

Kluczowa różnica. Gdy rozdajemy karty na rękę, kolejność nie ma znaczenia — liczy się skład. Gdy jednak przypisujemy kartom role (pierwsza odkryta, druga, trzecia), kolejność się liczy.

Zapis wzorem: $\binom{52}{3}=\frac{52!}{3!\cdot49!}=22\,100$.

Odpowiedź: $132\,600$ z kolejnością, $22\,100$ bez.

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: $144$