Na ile sposobów $5$ osób może usiąść przy okrągłym stole, jeśli liczą się tylko wzajemne sąsiedztwa (obroty stołu uznajemy za to samo)?
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.
Zadanie nr 20
W klasie jest $12$ dziewcząt i $8$ chłopców. Na ile sposobów można wybrać $2$ dziewczęta i $2$ chłopców do reprezentacji?
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.
Zadanie nr 1
Na ile sposobów można ustawić w rzędzie $5$ różnych książek?
A25
B120
C60
D3125
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.
Zadanie nr 2
Oblicz $\binom{6}{2}$ i wyjaśnij, co ta liczba oznacza.
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: $15$.
Zadanie nr 3
Z grupy $8$ osób wybieramy $3$-osobową delegację. Na ile sposobów można to zrobić?
Kolejność w delegacji nie ma znaczenia, więc stosujemy kombinacje:
$$P(\text{co najmniej jedna})=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}\approx0{,}306$$
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.
Zadanie nr 10
W urnie są $4$ kule białe i $6$ czarnych. Losujemy dwie kule bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul białych.
Metoda 1 — drzewo. Po wyjęciu białej zostaje $3$ białe z $9$ kul:
Krok 2 — sprzyjające. Jedna dziewczynka i jeden chłopiec:
$$|A|=12\cdot8=96$$
Krok 3:
$$P=\frac{96}{190}=\frac{48}{95}\approx0{,}505$$
Odpowiedź: $\frac{48}{95}$.
Zadanie nr 20
W pudełku jest $5$ żarówek, w tym $2$ przepalone. Losujemy kolejno $2$ żarówki bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo, że co najmniej jedna będzie sprawna.
Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „obie przepalone”:
Na ile sposobów można ustawić na półce $3$ książki matematyczne i $2$ fizyczne, tak aby matematyczne stały razem?
Krok 1 — sklejamy $3$ matematyczne w blok. Mamy $3$ obiekty (blok + $2$ fizyczne):
$$3!=6$$
Krok 2 — wewnątrz bloku $3$ książki:
$$3!=6$$
Krok 3 — mnożymy:
$$6\cdot6=36$$
Odpowiedź: $36$ sposobów.
Zadanie nr 14
Ile permutacji ma zbiór $6$-elementowy?
A$36$
B$120$
C$720$
D$64$
$$6!=720$$
Odpowiedź: C. $720$.
Zadanie nr 15
Na ile sposobów $5$ osób może ustawić się w kolejce, jeśli jedna konkretna osoba musi być pierwsza?
Krok 1 — pierwsza pozycja jest ustalona. Zostaje ustawienie pozostałych $4$ osób:
$$4!=24$$
Odpowiedź: $24$ sposoby.
Zadanie nr 16
Ile wynosi $3!\cdot2!$?
A$12$
B$6$
C$5$
D$36$
$$3!\cdot2!=6\cdot2=12$$
Odpowiedź: A. $12$.
Zadanie nr 17
Na ile sposobów można ustawić w rzędzie litery wyrazu MAMA?
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: $6$.
Zadanie nr 18
Na ile sposobów $4$ osoby mogą usiąść przy okrągłym stole (obroty traktujemy jako to samo ustawienie)?
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.
Zadanie nr 19
Rozwiąż równanie $\dfrac{(n+2)!}{n!}=30$.
Krok 1 — upraszczamy lewą stronę:
$$\frac{(n+2)!}{n!}=(n+2)(n+1)$$
Krok 2 — równanie:
$$(n+2)(n+1)=30$$
Krok 3 — szukamy dwóch kolejnych liczb o iloczynie $30$. To $5$ i $6$:
$$n+1=5 \quad\Rightarrow\quad n=4$$
Krok 4 — sprawdzenie dziedziny. Silnia wymaga $n\ge0$, więc $n=4$ jest poprawne (drugie rozwiązanie równania kwadratowego byłoby ujemne i odpada).
Sprawdzenie: $\frac{6!}{4!}=6\cdot5=30$ ✔
Odpowiedź: $n=4$.
Zadanie nr 20
Wykaż, że liczba permutacji zbioru $n$-elementowego wynosi $n!$.
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:
Sprawdzenie dla $n=3$: $3!=6$, a wypisanie ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA daje sześć układów ✔
Zadanie nr 1
Ile wynosi $4!$?
A$4$
B$16$
C$24$
D$10$
Silnia to iloczyn kolejnych liczb naturalnych:
$$4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24$$
Odpowiedź: C. $24$.
Zadanie nr 2
Na ile sposobów można ustawić w rzędzie $5$ różnych książek?
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.
Zadanie nr 3
Ile trzycyfrowych kodów można utworzyć z cyfr od $0$ do $9$, jeśli cyfry mogą się powtarzać?
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.
Zadanie nr 4
Ile wynosi $0!$?
A$0$
B$1$
Cnie istnieje
Dnieskończoność
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. $1$.
Zadanie nr 5
Oblicz $\frac{6!}{4!}$ bez wypisywania wszystkich czynników.
Uwaga: to wzór na kombinacje — wybór $2$ elementów z $8$ bez uwzględniania kolejności.
Odpowiedź: A. $28$.
Zadanie nr 17
Ile czterocyfrowych liczb można utworzyć z cyfr $0$, $1$, $2$, $3$, używając każdej dokładnie raz?
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.
Zadanie nr 18
Na ile sposobów można ustawić w rzędzie $5$ osób, jeśli dwie konkretne osoby muszą stać obok siebie?
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.
Zadanie nr 19
Ile jest liczb trzycyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych? Ile spośród nich ma wszystkie cyfry różne?
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.
Zadanie nr 20
Z talii $52$ kart losujemy kolejno $3$ karty bez zwracania. Ile jest możliwych wyników, jeśli kolejność ma znaczenie? Ile, jeśli nie ma?
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.
Zadanie nr 1
Mam $4$ swetry i $3$ szaliki. Na ile sposobów dobiorę sweter i szalik?
A$7$
B$43$
C$12$
D$1$
Wybór składa się z dwóch niezależnych etapów, więc mnożymy:
$$4\cdot3=12$$
Reguła mnożenia: stosujemy ją, gdy wybieramy jedno i drugie.
Odpowiedź: C. $12$.
Zadanie nr 2
W menu są $3$ zupy i $5$ dań głównych. Na ile sposobów można wybrać zestaw dwudaniowy?
Reguła mnożenia:
$$3\cdot5=15$$
Odpowiedź: $15$ zestawów.
Zadanie nr 3
Na półce jest $6$ książek fantasy albo $4$ kryminały. Na ile sposobów mogę wybrać jedną książkę?
A$10$
B$24$
C$6$
D$2$
Wybieramy jedno albo drugie, więc dodajemy:
$$6+4=10$$
Reguła dodawania: stosujemy ją przy wyborze rozłącznych możliwości (fantasy lub kryminał).
Odpowiedź: A. $10$.
Zadanie nr 4
Ile trzycyfrowych kodów PIN można ułożyć z cyfr $0$–$9$ (z powtórzeniami)?
Na każdej z trzech pozycji mamy $10$ możliwości:
$$10\cdot10\cdot10=10^3=1000$$
To wariacja z powtórzeniami: $10^3$.
Odpowiedź: $1000$.
Zadanie nr 5
Liczba wariacji $k$-elementowych z powtórzeniami ze zbioru $n$-elementowego to:
A$n\cdot k$
B$k^n$
C$n!$
D$n^k$
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. $n^k$.
Zadanie nr 6
Rzucamy monetą $5$ razy. Ile jest możliwych ciągów wyników?
Każdy rzut ma $2$ wyniki, rzutów jest $5$:
$$2^5=32$$
Odpowiedź: $32$ ciągi.
Zadanie nr 7
Ile jest tablic rejestracyjnych postaci: $3$ litery (z $26$) i $4$ cyfry (z $10$), z powtórzeniami?
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.
Zadanie nr 8
Ile jest funkcji ze zbioru $3$-elementowego w zbiór $2$-elementowy?
A$6$
B$8$
C$9$
D$5$
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. $8$.
Zadanie nr 9
Ile jest liczb czterocyfrowych o cyfrach ze zbioru $\{1,2,3\}$ (z powtórzeniami)?
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: $81$.
Zadanie nr 10
W sklepie są $3$ rodzaje chleba i $2$ rodzaje bułek. Klient kupuje pieczywo: chleb ORAZ bułkę, albo tylko jedną rzecz. Ile ma możliwości wyboru dokładnie jednej rzeczy?
„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.
Zadanie nr 11
Ile jest ciągów binarnych (z cyfr $0$ i $1$) długości $6$?
A$12$
B$36$
C$64$
D$6$
Na każdej z $6$ pozycji dwie możliwości:
$$2^6=64$$
Odpowiedź: C. $64$.
Zadanie nr 12
Ile jest liczb trzycyfrowych (z cyfr $0$–$9$, powtórzenia dozwolone), pamiętając, że pierwsza cyfra nie może być zerem?
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: $900$.
Zadanie nr 13
Egzamin ma $10$ pytań typu prawda/fałsz. Na ile sposobów można wypełnić kartę odpowiedzi?
Każde z $10$ pytań ma $2$ możliwe odpowiedzi:
$$2^{10}=1024$$
Interpretacja: zgadując, mamy tylko $\frac{1}{1024}$ szans na komplet poprawnych odpowiedzi.
Odpowiedź: $1024$.
Zadanie nr 14
Regułę dodawania stosujemy, gdy możliwości są:
Arozłączne (albo–albo)
Bjednoczesne (i–i)
Czależne
Dzawsze
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).
Zadanie nr 15
Ile jest czteroliterowych „słów" (dowolnych ciągów) z liter $\{a,b,c\}$?
Na każdej z czterech pozycji $3$ litery do wyboru:
$$3^4=81$$
To wariacja z powtórzeniami: litery mogą się powtarzać, kolejność ma znaczenie.
Odpowiedź: $81$.
Zadanie nr 16
Ile jest wyników rzutu trzema rozróżnialnymi kostkami?
A$18$
B$36$
C$120$
D$216$
Każda kostka ma $6$ wyników, kostek są $3$:
$$6^3=216$$
Odpowiedź: D. $216$.
Zadanie nr 17
Hasło składa się z $2$ liter (z $26$) i $3$ cyfr (z $10$), przy czym litery są na początku. Ile jest haseł, jeśli znaki mogą się powtarzać? Ile, jeśli cyfry muszą być różne?
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 $486\ 720$.
Zadanie nr 18
Ile jest liczb czterocyfrowych parzystych o cyfrach ze zbioru $\{1,2,3,4,5\}$ (z powtórzeniami)?
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: $250$.
Zadanie nr 19
Ile jest ciągów binarnych długości $5$, które zaczynają się od $1$ lub kończą na $0$? (zasada włączeń i wyłączeń)
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.
Zadanie nr 20
Wykaż, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru $n$-elementowego wynosi $2^n$.
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 $2^3=8$ ✔
Zadanie nr 1
W wariacjach (w odróżnieniu od kombinacji) istotna jest:
Atylko liczba elementów
Bwielkość zbioru
Ckolejność elementów
Dsuma elementów
W wariacjach kolejność ma znaczenie (np. ustawienia), a w kombinacjach — nie (np. wybór grupy).
Odpowiedź: C. kolejność elementów.
Zadanie nr 2
Na ile sposobów można wybrać przewodniczącego i zastępcę spośród $5$ osób?
Kolejność ma znaczenie (przewodniczący ≠ zastępca), więc to wariacja bez powtórzeń:
$$5\cdot4=20$$
Odpowiedź: $20$ sposobów.
Zadanie nr 3
Liczba kombinacji $k$-elementowych ze zbioru $n$-elementowego to:
A$n^k$
B$\binom{n}{k}$
C$n!$
D$k!$
Kombinacje (wybór bez kolejności) liczymy symbolem Newtona:
Wskazówka: w liczniku bierzemy $3$ kolejne czynniki od $8$ w dół, w mianowniku $3!=6$.
Odpowiedź: $56$.
Zadanie nr 9
Symbol $\binom{n}{k}$ jest równy $\binom{n}{n-k}$. Zatem $\binom{10}{8}$ równa się:
A$\binom{10}{10}$
B$\binom{8}{2}$
C$\binom{10}{1}$
D$\binom{10}{2}$
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. $\binom{10}{2}$.
Zadanie nr 10
Na ile sposobów można wybrać $3$ książki spośród $10$ do przeczytania (kolejność nieistotna)?
Wybór bez kolejności — kombinacja:
$$\binom{10}{3}=\frac{10\cdot9\cdot8}{6}=120$$
Odpowiedź: $120$ sposobów.
Zadanie nr 11
Ustawienie $3$ osób z $7$ na podium (I, II, III miejsce) to:
Akombinacja
Bwariacja bez powtórzeń
Cpermutacja
Dwariacja z powtórzeniami
Miejsca są rozróżnialne (kolejność istotna), a osoby się nie powtarzają — to wariacja bez powtórzeń:
$$7\cdot6\cdot5=210$$
Odpowiedź: B. wariacja bez powtórzeń.
Zadanie nr 12
Ile przekątnych ma sześciokąt?
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.
Zadanie nr 13
Na ile sposobów $5$ osób może utworzyć $2$-osobową parę do tańca (kolejność w parze nieistotna)?
Para to wybór bez kolejności:
$$\binom{5}{2}=\frac{5\cdot4}{2}=10$$
Odpowiedź: $10$ par.
Zadanie nr 14
Ile wynosi $\binom{4}{2}$?
A$4$
B$8$
C$6$
D$12$
$$\binom{4}{2}=\frac{4\cdot3}{2}=6$$
Odpowiedź: C. $6$.
Zadanie nr 15
Rozróżnij: na ile sposobów spośród $6$ osób można wybrać (a) $2$-osobowy zarząd bez funkcji, (b) przewodniczącego i sekretarza?
(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) $30$.
Zadanie nr 16
Ile wynosi $\binom{n}{1}$?
A$n$
B$1$
C$n!$
D$n-1$
$$\binom{n}{1}=\frac{n!}{1!(n-1)!}=n$$
Interpretacja: jest $n$ sposobów wybrania jednego elementu.
Odpowiedź: A. $n$.
Zadanie nr 17
Ile jest liczb trzycyfrowych o wszystkich różnych cyfrach, utworzonych z cyfr $\{1,2,3,4,5,6\}$?
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: $120$.
Zadanie nr 18
W grupie $10$ osób każda przywitała się z każdą raz uściskiem dłoni. Ile było uścisków?
Krok 1 — uścisk to para osób (kolejność nieistotna — A ściska B to to samo co B ściska A):
$$\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45$$
Interpretacja. To klasyczne zadanie „o uściskach dłoni" — liczba par w grupie $n$ osób to $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$.
Odpowiedź: $45$ uścisków.
Zadanie nr 19
Z grupy $7$ kobiet i $5$ mężczyzn wybieramy $3$-osobowy zespół, w którym mają być $2$ kobiety i $1$ mężczyzna. Na ile sposobów?
Krok 1 — wybór $2$ kobiet z $7$:
$$\binom{7}{2}=\frac{7\cdot6}{2}=21$$
Krok 2 — wybór $1$ mężczyzny z $5$:
$$\binom{5}{1}=5$$
Krok 3 — reguła mnożenia. Wybory są niezależne:
$$21\cdot5=105$$
Metoda. Gdy zespół ma określony skład, mnożymy liczby kombinacji dla każdej grupy osobno.
Krok 3 — wniosek. Oba wyrażenia mają identyczny mianownik (iloczyn $k!$ i $(n-k)!$ jest przemienny), więc są równe. $\qquad ∎$
Interpretacja. Wybór $k$ elementów „do grupy" jest równoważny wyborowi $n-k$ elementów „poza grupę" — stąd równość. Sprawdzenie: $\binom{10}{8}=\binom{10}{2}=45$ ✔
📘Teoria 2
Kombinatoryka
Reguły podstawowe
Reguła mnożenia: jeśli wybór składa się z $k$ niezależnych kroków, liczby możliwości mnożymy. Reguła dodawania: jeśli wybór to jeden z rozłącznych przypadków, liczby możliwości dodajemy.
Cztery podstawowe schematy
$$P_n=n! \qquad\text{— permutacje (ustawienie wszystkich } n \text{ elementów)}$$
$$V_n^k=\frac{n!}{(n-k)!} \qquad\text{— wariacje bez powtórzeń}$$
$$\overline{V}_n^k=n^k \qquad\text{— wariacje z powtórzeniami}$$
Czy kolejność ma znaczenie? Tak → wariacje/permutacje. Nie → kombinacje.
Czy elementy mogą się powtarzać? Tak → wariacje z powtórzeniami.
Przykład: „delegacja 3-osobowa z 5 osób” — kolejność nieistotna, więc $\binom53=10$. „Przewodniczący, zastępca, sekretarz z 5 osób” — kolejność istotna, więc $5\cdot4\cdot3=60$.
Współczynniki tworzą kolejne wiersze trójkąta Pascala. Suma wykładników w każdym składniku zawsze wynosi $n$ — to szybki test poprawności.
Na co uważać
Przyjmujemy $0!=1$. Mylenie kombinacji z wariacjami to najczęstszy błąd — zawsze zacznij od pytania o kolejność.
Reguła mnożenia, dodawania i wariacje z powtórzeniami
Reguła mnożenia
Gdy wybór składa się z niezależnych etapów, liczby możliwości mnożymy:
$$N=n_1\cdot n_2\cdot\ldots\cdot n_k$$
Stosujemy ją, gdy wybieramy jedno i drugie.
Reguła dodawania
Gdy wybieramy jedną z rozłącznych grup możliwości (jedno albo drugie), liczby dodajemy. Np. książka fantasy albo kryminał: $6+4=10$.
Wariacje z powtórzeniami
Liczba $k$-elementowych ciągów ze zbioru $n$-elementowego (kolejność istotna, elementy mogą się powtarzać):
$$n^k$$
Podstawa to liczba dostępnych elementów, wykładnik — liczba pozycji.
Typowe zastosowania
Kody i PIN-y ($10^k$), ciągi binarne ($2^k$), tablice rejestracyjne, liczba funkcji ze zbioru $k$-elementowego w $n$-elementowy ($n^k$), liczba podzbiorów zbioru $n$-elementowego ($2^n$).
Zero na pierwszej pozycji
W liczbach wielocyfrowych pierwsza cyfra nie może być zerem — trzeba to uwzględnić. Zaczynaj zliczanie od pozycji z najostrzejszym warunkiem.
Na co uważać
Mnożymy przy „i", dodajemy przy „albo". W $n^k$ nie zamień podstawy z wykładnikiem.
∑Wzory 1
Wariacje z powtórzeniami
$$W_n^k=n^k$$
Ciągi długości $k$ z $n$ elementów, które mogą się powtarzać.
Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminacyjnych (matura, egzamin ósmoklasisty, próbne) dotyczące tego tematu.
Zadanie nr 2 · Matura 2026
Ze zbioru ośmiu liczb $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ losujemy bez zwracania osiem razy po jednej liczbie. Wylosowane liczby ustawiamy w ciąg zgodnie z kolejnością losowania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia $A$ polegającego na tym, że wylosowane liczby utworzą ciąg, w którym iloczyn każdych trzech kolejnych wyrazów będzie liczbą podzielną przez $3$. Wynik podaj w postaci nieskracalnego ułamka zwykłego.
Krok 1. Kiedy iloczyn jest podzielny przez 3.
W zbiorze tylko $3$ i $6$ są podzielne przez $3$. Iloczyn trzech kolejnych wyrazów jest podzielny przez $3$ dokładnie wtedy, gdy wśród nich jest $3$ lub $6$. Warunek: w każdej trójce kolejnych pozycji znajduje się co najmniej jedna z liczb $3,6$.
Krok 2. Rozmieszczenie liczb 3 i 6.
Mamy $8$ pozycji i tylko dwie „dobre” liczby. Pozostałe sześć liczb tworzy trzy przerwy (przed, między, po), których suma długości to $6$; żadna przerwa nie może mieć $\ge 3$ (inaczej powstanie trójka bez liczby podzielnej przez 3). Trzy przerwy o sumie $6$, każda $\le 2$, muszą mieć długości $2,2,2$. Stąd $3$ i $6$ muszą stać na pozycjach $3$ i $6$ (w dowolnej kolejności).
Krok 3. Prawdopodobieństwo.
Wszystkich ustawień: $8!$. Sprzyjających: liczby $3,6$ na pozycjach $3,6$ ($2!$ sposobów) i pozostałe $6$ liczb na pozostałych miejscach ($6!$):
Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry \(0\), \(1\), \(2\), \(3\), \(4\), \(5\), \(6\) (np.: \(321\), \(555\)), jest:
A\(6\cdot7\cdot3\)
B\(6\cdot7\cdot7\)
C\(7\cdot7\cdot3\)
D\(7\cdot7\cdot7\)
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 \(6\cdot7\cdot3\).
Zadanie nr 27 · Matura 2025
Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występuje dokładnie jeden raz cyfra \(0\), jest:
A\(45\)
B\(50\)
C\(54\)
D\(81\)
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:
$$9\cdot1\cdot5=45$$
Zadanie nr 3 · Matura 2025
Rozważamy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, w których zapisie dziesiętnym iloczyn cyfr jest liczbą parzystą mniejszą od \(5\).
Oblicz, ile jest wszystkich takich liczb sześciocyfrowych. Zapisz obliczenia.
Iloczyn cyfr ma być liczbą parzystą mniejszą od \(5\), czyli równą \(0\), \(2\) albo \(4\). Rozpatrujemy te trzy przypadki osobno.
Przypadek 1: iloczyn cyfr równy \(0\).
Oznacza to, że co najmniej jedna cyfra jest zerem. Liczymy dopełnieniem.
Wszystkich liczb sześciocyfrowych jest \(9\cdot 10^5=900\,000\).
Liczb sześciocyfrowych bez cyfry \(0\) jest \(9^6=531\,441\).
Zatem liczb z co najmniej jednym zerem jest:
\(900\,000-531\,441=368\,559\)
Przypadek 2: iloczyn cyfr równy \(2\).
Żadna cyfra nie jest zerem, a iloczyn \(2\) można uzyskać tylko z jednej dwójki i pięciu jedynek. Dwójka może stać na dowolnej z \(6\) pozycji:
\(6\) liczb
Przypadek 3: iloczyn cyfr równy \(4\).
Możliwe zestawy cyfr to:
• jedna czwórka i pięć jedynek — \(6\) ustawień,
• dwie dwójki i cztery jedynki — \(\binom{6}{2}=15\) ustawień.
Razem: \(6+15=21\) liczb.
Podsumowanie.
Przypadki są rozłączne, więc szukana liczba jest równa:
\(368\,559+6+21=368\,586\)
Odpowiedź: takich liczb jest \(368\,586\).
Zadanie nr 6 · Matura 2024
Rozważamy wszystkie liczby naturalne, w których zapisie dziesiętnym nie powtarza się jakakolwiek cyfra oraz dokładnie trzy cyfry są nieparzyste i dokładnie dwie cyfry są parzyste. Oblicz, ile jest wszystkich takich liczb.
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 $5$: $\binom{5}{2}=10$.
Krok 2. Ustawienia bez ograniczeń.
Wszystkie $5$ wybranych cyfr jest różnych, więc ustawień jest $5!=120$. Łącznie (na razie z zerem na początku):
$$10\cdot 10\cdot 120=12000.$$
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:
$$10\cdot 4\cdot 24=960.$$
Krok 4. Wynik.
$$12000-960=11040.$$
Zadanie nr 27 · Matura 2024
Rozważmy wszystkie kody czterocyfrowe utworzone tylko z cyfr \(1, 3, 6, 8\), przy czym w każdym kodzie każda z tych cyfr występuje dokładnie jeden raz.
Liczba wszystkich takich kodów jest równa:
A\(4\)
B\(10\)
C\(24\)
D\(16\)
Rozpiszmy sobie jakie cyfry mogą pojawić się na poszczególnych miejscach naszego kodu:
· Na pierwszym miejscu naszego kodu może znaleźć się każda z czterech cyfr, zatem mamy \(4\) możliwości uzupełnienia pierwszej cyfry.
· Na drugim miejscu naszego kodu może znaleźć się każda z czterech cyfr, oprócz tej, która była już wcześniej wykorzystana, zatem mamy \(3\) możliwości uzupełnienia drugiej cyfry.
· Na trzecim miejscu naszego kodu może znaleźć się każda z czterech cyfr, oprócz tych dwóch, które były już wcześniej wykorzystane, zatem mamy \(2\) możliwości uzupełnienia trzeciej cyfry.
· Na czwartym miejscu naszego kodu może znaleźć się każda z czterech cyfr, oprócz tych trzech, które były już wcześniej wykorzystane, zatem mamy \(1\) możliwość uzupełnienia czwartej cyfry.
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich kodów będziemy mieć:
$$4\cdot3\cdot2\cdot1=24$$
Zadanie nr 46 · Matura 2023
Pojedynczy znak w piśmie Braille’a dla niewidomych jest kombinacją od \(1\) do \(6\) wypukłych punktów, które mogą zajmować miejsca ułożone w dwóch kolumnach po trzy miejsca w każdej kolumnie. Poniżej podano przykład napisu w piśmie Braille’a. Czarne kropki w znaku oznaczają wypukłości, a białe kropki oznaczają brak wypukłości. Pojedynczy znak w piśmie Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt wypukły.
Oblicz, ile różnych pojedynczych znaków można zapisać w piśmie Braille’a.
Każdy punkt może być "zapełniony" na jeden z dwóch sposobów (może być wypukły lub nie). Zgodnie z regułą mnożenia to oznacza, że wszystkich możliwości utworzenia znaku będziemy mieć:
$$2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2=64$$
Ale to nie koniec. Pod koniec treści zadania mamy uwagę, że każdy znak w piśmie Braille’a musi zawierać co najmniej jeden punkt wypukły. To oznacza, że spośród \(64\) obliczonych możliwości musimy jedną odrzucić (tę, która miałaby wszystkie kropki niewypukłe). Skoro tak, to wszystkich znaków będziemy mieć:
$$64-1=63$$
Zadanie nr 47 · Matura 2023
Andrzej ma w szafie \(4\) koszule: czerwoną, żółtą, zieloną i niebieską; \(3\) pary spodni: niebieskie, czarne i szare; oraz \(5\) par butów: czarne, szare, zielone, czerwone i niebieskie. Andrzej wybiera z szafy zestaw ubrania: jedną koszulę, jedną parę spodni i jedną parę butów. Zestawy ubrania wybierane przez Andrzeja określimy jako różne, gdy będą różniły się kolorem chociaż jednego rodzaju elementu ubioru w zestawie.
Zadanie 1.
Liczba wszystkich możliwych, różnych zestawów ubrania, jakie może wybrać Andrzej, jest równa:
A. \(12\)
B. \(72\)
C. \(60\)
D. \(720\)
Zadanie 2.
Oblicz, na ile sposobów można wybrać taki zestaw, w którym dokładnie jeden element ubioru będzie niebieski.
Zadanie 1.
Zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich możliwych zestawów będziemy mogli ułożyć:
$$4\cdot3\cdot5=60$$
Zadanie 2.
Krok 1. Rozpisanie zestawów, które spełniają warunki zadania.
Aby rozwiązać to zadanie, musimy podzielić całość na trzy różne warianty:
I wariant - niebieska będzie koszula:
Koszula będzie niebieska, więc tutaj mamy \(1\) możliwość ubioru.
Spodnie mogą być czarne albo szare, więc tutaj mamy \(2\) możliwości ubioru.
Buty mogą być czarne, szare, zielone lub czerwone, więc tutaj mamy \(4\) możliwości ubioru.
To oznacza, że w tym wariancie wszystkich interesujących nas możliwości będziemy mieć:
$$1\cdot2\cdot4=8$$
II wariant - niebieskie będą spodnie:
Koszula może być czerwona, żółta lub zielona, więc tutaj mamy \(3\) możliwości ubioru.
Spodnie będą niebieskie, więc tutaj mamy \(1\) możliwość ubioru.
Buty mogą być czarne, szare, zielone lub czerwone, więc tutaj mamy \(4\) możliwości ubioru.
To oznacza, że w tym wariancie wszystkich interesujących nas możliwości będziemy mieć:
$$3\cdot1\cdot4=12$$
III wariant - niebieskie będą buty:
Koszula może być czerwona, żółta lub zielona, więc tutaj mamy \(3\) możliwości ubioru.
Spodnie mogą być czarne albo szare, więc tutaj mamy \(2\) możliwości ubioru.
Buty będą niebieskie, więc tutaj mamy \(1\) możliwość ubioru.
To oznacza, że w tym wariancie wszystkich interesujących nas możliwości będziemy mieć:
$$3\cdot2\cdot1=6$$
Krok 2. Obliczenie sumy wszystkich sposobów wyboru pasującego zestawu.
Korzystając z reguły dodawania musimy zsumować wszystkie interesujące nas warianty. To oznacza, że pasujących zestawów będziemy mieć:
$$8+12+6=26$$
Zadanie nr 28 · Matura 2023
Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry \(0,5,7\) (np. \(57075\), \(55555\)) jest:
A\(5^3\)
B\(2\cdot4^3\)
C\(2\cdot3^4\)
D\(3^5\)
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:
$$2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3=2\cdot3^4$$
Zadanie nr 4 · Próbny 2023
Ile jest wszystkich dwucyfrowych liczb naturalnych większych od \(20\), w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry parzyste?
A\(16\)
B\(19\)
C\(20\)
D\(25\)
Ustalmy jakie cyfry mogą się pojawić w naszej poszukiwanej liczbie dwucyfrowej. Chcemy, by ta liczba była większa od \(20\) i by wszystkie cyfry były parzyste, zatem:
· w rzędzie dziesiątek możemy mieć cyfry \(2, 4, 6, 8\), czyli mamy \(4\) możliwości uzupełnienia tej cyfry.
· w rzędzie jedności możemy mieć cyfry \(0, 2, 4, 6, 8\), czyli mamy \(5\) możliwości uzupełnienia tej cyfry.
Jest jednak mały problem, ponieważ w ten sposób uwzględnilibyśmy liczbę \(20\) jako pasującą do naszego zdarzenia, a chcemy by ta liczba była większa od \(20\). Najlepiej będzie więc zastosować tradycyjnie regułę mnożenia, a na koniec odejmiemy tą jedną, niepasującą liczbę. W takim razie, zgodnie z regułą mnożenia takich liczb mielibyśmy:
$$5\cdot4=20$$
I od tego odejmujemy jedną liczbę (czyli dwudziestkę), która nam nie pasuje do rozwiązania, stąd też wszystkich interesujących nas liczb będziemy mieć:
$$20-1=19$$
Zadanie nr 28 · Matura 2023
Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry \(0,5,7\) (np. \(57075\), \(55555\)) jest:
A\(5^3\)
B\(2\cdot4^3\)
C\(2\cdot3^4\)
D\(3^5\)
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:
$$2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3=2\cdot3^4$$
Zadanie nr 28 · Matura 2023
Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry \(0,5,7\) (np. \(57075\), \(55555\)) jest:
A\(5^3\)
B\(2\cdot4^3\)
C\(2\cdot3^4\)
D\(3^5\)
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:
$$2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3=2\cdot3^4$$
Zadanie nr 2 · Matura 2023
Wśród \(n\) osób są Ania i jej dwaj znajomi. Wszystkie te \(n\) osób ustawiamy w kolejkę jedna za drugą. Liczba wszystkich takich ustawień jest \(12\) razy większa od liczby wszystkich takich ustawień tych \(n\) osób w kolejkę, w których Ania i jej dwaj znajomi zajmują trzy kolejne miejsca (w dowolnej kolejności).
Oblicz \(n\). Zapisz obliczenia.
Krok 1. Liczba wszystkich ustawień.
\(n\) osób można ustawić w kolejkę na \(n!\) sposobów.
Krok 2. Liczba ustawień, w których trójka stoi obok siebie.
Traktujemy Anię i jej dwóch znajomych jako jeden blok. Mamy wtedy \(n-2\) obiekty (blok oraz \(n-3\) pozostałe osoby), które ustawiamy na \((n-2)!\) sposobów. Wewnątrz bloku trzy osoby można ustawić na \(3!=6\) sposobów:
\((n-2)!\cdot 3!\)
Krok 3. Równanie.
\(n!=12\cdot(n-2)!\cdot 3!\)
\(n!=72\cdot(n-2)!\)
Ponieważ \(n!=n(n-1)\cdot(n-2)!\) oraz \((n-2)!\neq 0\):
Wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych większych od \(300\) o wszystkich cyfrach parzystych jest:
A\(6\cdot10\cdot10\)
B\(3\cdot10\cdot10\)
C\(6\cdot5\cdot5\)
D\(3\cdot5\cdot5\)
Sprawdźmy, jakie mamy możliwości uzupełnienia cyfr setek, dziesiątek i jedności takiej trzycyfrowej liczby.
· W rzędzie setek możemy mieć cyfry \(4, 6\) oraz \(8\) (cyfra \(2\) odpada, bo wtedy liczba będzie mniejsza od \(300\)), czyli mamy \(3\) możliwości.
· W rzędzie dziesiątek możemy mieć cyfry \(2, 4, 6, 8\) oraz \(0\), czyli mamy \(5\) możliwości.
· W rzędzie jedności możemy mieć cyfry \(2, 4, 6, 8\) oraz \(0\), czyli mamy \(5\) możliwości.
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, takich liczb trzycyfrowych będziemy mieć \(3\cdot5\cdot5\).
Zadanie nr 26 · Matura 2022
Rozważamy wszystkie liczby naturalne czterocyfrowe, których suma cyfr jest równa \(3\). Wszystkich takich liczb jest:
A\(13\)
B\(10\)
C\(7\)
D\(9\)
Zastanówmy się, jakie cyfry muszą się pojawić w naszej liczbie, aby suma cyfr była równa \(3\). Mogą to być:
· trzy jedynki oraz zero
· dwójka, jedynka oraz dwa zera
· trójka oraz trzy zera
Wypiszmy zatem pasujące kombinacje:
· trzy jedynki oraz zero
$$1110; 1101; 1011$$
· dwójka, jedynka oraz dwa zera
$$1200; 1020; 1002$$
$$2100; 2010; 2001$$
· trójka oraz trzy zera
$$3000$$
Łącznie jest to \(10\) liczb.
Zadanie nr 26 · Matura 2021
Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych parzystych jest:
A\(9\cdot2\cdot10^3\)
B\(9\cdot5\cdot10^3\)
C\(5\cdot10^4\)
D\(4\cdot10^5\)
W tym zadaniu musimy skorzystać z reguły mnożenia, zatem przyjrzyjmy się jak będzie wyglądać liczba pasujących możliwości uzupełnienia każdej z cyfr.
• Pierwszą cyfrą naszej liczby może być cyfra od \(1\) do \(9\) (czyli bez zera, bo nie ma takiej liczby jak np. \(02356\)), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości.
• Drugą cyfrą może być każda cyfra od \(0\) do \(9\), zatem tutaj mamy \(10\) możliwości.
• Trzecią cyfrą może być każda cyfra od \(0\) do \(9\), zatem tutaj mamy \(10\) możliwości.
• Czwartą cyfrą może być każda cyfra od \(0\) do \(9\), zatem tutaj mamy \(10\) możliwości.
• Piątą cyfrą może być \(2, 4, 6, 8\) oraz \(0\) (bo tylko wtedy liczba będzie parzysta), zatem tutaj mamy \(5\) możliwości.
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich takich liczb pięciocyfrowych parzystych będziemy mieć:
$$9\cdot10\cdot10\cdot10\cdot5$$
Dopasowując się do proponowanych odpowiedzi widzimy, że trzykrotne mnożenie przez 10 możemy zastąpić jako \(10^3\), stąd też prawidłową odpowiedzią będzie \(9\cdot5\cdot10^3\).
Zadanie nr 26 · Próbny 2021
Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych parzystych, w których cyfra \(7\) występuje dokładnie jeden raz, jest:
A\(85\)
B\(90\)
C\(100\)
D\(150\)
Krok 1. Przeanalizowanie różnych możliwości zapisu liczby spełniającej warunki zadania.
Jeżeli liczba ma być parzysta i ma zawierać jedną siódemkę, to mamy do rozpatrzenia dwie możliwości:
a) Siódemka jest cyfrą setek, czyli mamy liczbę \(7■■\)
b) Siódemka jest cyfrą dziesiątek, czyli mamy liczbę \(■7■\)
Siódemka nie może być cyfrą jedności, bo wtedy liczba nie będzie parzysta.
Krok 2. Obliczenie liczby kombinacji w każdym z rozpatrywanych przypadków.
Rozpatrzmy zatem ile teraz mamy kombinacji w każdej z możliwych sytuacji:
a) \(7■■\)
- w rzędzie setek mamy \(7\), czyli jest to jedna cyfra.
- w rzędzie dziesiątek możemy mieć dowolną cyfrę od \(0\) do \(9\), ale oprócz siódemki, zatem tutaj jest dziewięć możliwości.
- w rzędzie jedności możemy mieć jedynie \(0,2,4,6,8\), zatem tutaj jest pięć możliwości.
Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich pasujących kombinacji z tej serii mamy:
$$1\cdot9\cdot5=45$$
b) \(■7■\)
- w rzędzie setek możemy mieć dowolną cyfrę od \(1\) do \(9\), ale oprócz siódemki, zatem tutaj jest osiem możliwości.
- w rzędzie dziesiątek mamy \(7\), czyli jest to jedna cyfra.
- w rzędzie jedności możemy mieć jedynie \(0,2,4,6,8\), zatem tutaj jest pięć możliwości.
Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich pasujących kombinacji z tej serii mamy:
$$8\cdot1\cdot5=40$$
Krok 3. Obliczenie łącznej liczby interesujących nas kombinacji.
Teraz w grę wchodzi reguła dodawania. Musimy dodać do siebie wszystkie interesujące nas kombinacje, zatem wszystkich liczb spełniających warunki zadania będziemy mieć:
$$45+40=85$$
Zadanie nr 21 · Próbny 2020
W turnieju bilardowym, w którym zawodnicy grali każdy z każdym, rozegrano \(28\) partii. Liczba zawodników biorących udział w tym turnieju wynosi:
A\(6\)
B\(7\)
C\(8\)
D\(9\)
Krok 1. Przeanalizowanie sytuacji.
Kluczem do sukcesu jest dobre przeanalizowanie tej sytuacji. Załóżmy, że mamy \(5\) zawodników. W takiej sytuacji pierwszym graczem meczu może być właśnie jedna z tych pięciu osób, a drugim graczem będzie jedna z czterech pozostałych. Gdybyśmy więc zastosowali tutaj regułę mnożenia, to wyszłoby nam, że mamy \(5\cdot4=20\) partii. Musimy jeszcze wziąć poprawkę na to, że licząc w ten sposób, każdą partię policzymy dwukrotnie, bo policzymy osobno zdarzenie np. \((2;5)\) jak i \((5;2)\), a to będzie przecież ta sama partia, z tymi samymi zawodnikami. Z tego też względu ostateczna liczba partii jest dwa razy mniejsza, niż to co wyjdzie nam w regule mnożenia.
Krok 2. Zapisanie równania.
To teraz analogicznie, spróbujmy podejść do rozwiązania zadania. Mamy \(n\) zawodników, a każdy z nich może zagrać mecz z \(n-1\) przeciwników (bo nie zagra sam ze sobą, tylko ze wszystkimi pozostałymi). Chcemy, by partie były unikalne, więc możemy zapisać, że:
$$\frac{n\cdot(n-1)}{2}=28$$
$$n\cdot(n-1)=56$$
$$n^2-n=56$$
$$n^2-n-56=0$$
Ujemny wynik odrzucamy, więc zostaje nam \(n=8\). To oznacza, że w turnieju zagrało \(8\) zawodników.
Zadanie nr 23 · Matura 2020
Wszystkich czterocyfrowych liczb naturalnych, w których cyfra tysięcy i cyfra setek są większe od \(4\), a każda z pozostałych cyfr jest mniejsza od \(6\), jest:
A\(4\cdot4\cdot5\cdot5\)
B\(5\cdot4\cdot6\cdot5\)
C\(5\cdot5\cdot6\cdot6\)
D\(4\cdot3\cdot5\cdot4\)
Cyfrą tysięcy może być \(5,6,7,8\) lub \(9\), zatem mamy pięć możliwości.
Cyfrą setek może być \(5,6,7,8\) lub \(9\), zatem mamy pięć możliwości.
Cyfrą dziesiątek może być \(1,2,3,4,5\) lub \(0\), zatem mamy sześć możliwości.
Cyfrą jedności może być \(1,2,3,4,5\) lub \(0\), zatem mamy sześć możliwości.
To oznacza, że wszystkich interesujących nas liczb czterocyfrowych będziemy mieć zgodnie z regułą mnożenia:
$$5\cdot5\cdot6\cdot6$$
Zadanie nr 24 · Matura 2019
Wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych parzystych, w których występują wyłącznie cyfry \(1,2,3\) jest:
A\(54\)
B\(81\)
C\(8\)
D\(27\)
Każda liczba czterocyfrowa ma tak zwany rząd tysięcy, setek, dziesiątek i jedności. Sprawdźmy zatem ile cyfr pasuje nam na każde miejsce, tak aby liczba spełniała warunki zadania:
Rząd tysięcy: tutaj może znaleźć się każda z trzech podanych cyfr.
Rząd setek: tutaj także możemy umieścić każdą z trzech cyfr.
Rząd dziesiątek: ponownie możemy tu umieścić każdą z trzech cyfr.
Rząd jedności: tutaj może znaleźć się jedynie cyfra \(2\), bo liczba musi być parzysta (gdybyśmy mieli na końcu liczby \(1\) lub \(3\), to cyfra byłaby nieparzysta).
W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia wszystkich interesujących nas liczb będziemy mieć:
$$3\cdot3\cdot3\cdot1=27$$
Zadanie nr 24 · Matura 2019
Wszystkich liczb pięciocyfrowych, w których występują wyłącznie cyfry \(0, 2, 5\), jest:
A\(12\)
B\(36\)
C\(162\)
D\(243\)
W zadaniu wykorzystamy regułę mnożenia.
Na pierwszym miejscu może znaleźć się jedna z dwóch cyfr: \(2\) lub \(5\). Zero znaleźć się nie może, bo nie mamy takiej liczby jak np. \(02525\).
Na drugim miejscu może się znaleźć jedna z trzech cyfr: \(0, 2, 5\).
Tak samo na trzecim, czwartym i piątym miejscu, tu też może znaleźć się jedna z trzech cyfr: \(0, 2, 5\).
W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia wszystkich takich liczb będziemy mieć:
$$Ω=2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot3=162$$
Zadanie nr 6 · Matura 2019
Oblicz, ile jest siedmiocyfrowych liczb naturalnych takich, że iloczyn wszystkich ich cyfr w zapisie dziesiętnym jest równy \(28\).
Krok 1. Rozkład liczby \(28\).
\(28=2^2\cdot 7\)
Żadna cyfra nie może być zerem (iloczyn byłby zerem). Ponieważ \(7\) jest liczbą pierwszą, a jedyną cyfrą podzielną przez \(7\) jest \(7\), dokładnie jedna cyfra musi być równa \(7\). Pozostałe sześć cyfr ma iloczyn równy \(4\).
Krok 2. Sześć cyfr o iloczynie \(4\).
Możliwe zestawy:
• jedna czwórka i pięć jedynek,
• dwie dwójki i cztery jedynki.
Krok 3. Zliczanie ustawień.
Przypadek A: cyfry \(7,4,1,1,1,1,1\).
Liczba różnych ustawień siedmiu cyfr, wśród których pięć jest jednakowych:
\(\frac{7!}{5!}=7\cdot 6=42\)
Przypadek B: cyfry \(7,2,2,1,1,1,1\).
\(\frac{7!}{2!\cdot 4!}=\frac{5040}{48}=105\)
Żadna z tych liczb nie zaczyna się zerem, więc wszystkie ustawienia dają poprawne liczby siedmiocyfrowe.
Krok 4. Reguła dodawania.
\(42+105=147\)
Odpowiedź: takich liczb jest \(147\).
Zadanie nr 24 · Matura 2018
Liczba wszystkich dodatnich liczb czterocyfrowych parzystych, w których zapisie nie występują cyfry \(0\) i \(2\), jest równa:
A\(8\cdot8\cdot8\cdot3\)
B\(8\cdot7\cdot6\cdot3\)
C\(8\cdot10\cdot10\cdot4\)
D\(9\cdot8\cdot7\cdot4\)
Ustalmy na ile sposobów możemy wpisać każdą z cyfr tej czterocyfrowej liczby.
Pierwszą cyfrę możemy wpisać na \(8\) sposobów: \(\{1,3,4,5,6,7,8,9\}\)
Drugą cyfrę możemy wpisać także na \(8\) sposobów: \(\{1,3,4,5,6,7,8,9\}\)
Trzecią cyfrę możemy wpisać również na \(8\) sposobów: \(\{1,3,4,5,6,7,8,9\}\)
Czwartą cyfrę możemy wpisać na \(3\) sposoby: \(\{4,6,8\}\), bo musi być to liczba parzysta
W związku z tym zgodnie z regułą mnożenia możemy takich liczb utworzyć:
$$8\cdot8\cdot8\cdot3$$
Zadanie nr 21 · Próbny 2017
Czterocyfrowy kod składa się z dwóch cyfr \(0\) i dwóch różnych cyfr wybranych spośród: \(1, 2, 3, 4, 5\). Oto dwa przykładowe kody: \(0250\), \(1003\). Ile kodów spełnia opisane warunki?
A\(20\)
B\(80\)
C\(120\)
D\(150\)
Rozpatrzmy jak mogą ułożyć nam się dwie cyfry \(0\) i zobaczmy na ile różnych kombinacji (zgodnie z regułą mnożenia) możemy uzupełnić pozostałe miejsca:
I możliwość - \(00■■\)
Trzecią cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów. Czwartą cyfrę możemy uzupełnić na \(4\) sposoby (bo cyfry mają być różne, więc nie mogą się powtarzać). To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
II możliwość - \(0■0■\)
Drugą cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów. Czwartą cyfrę możemy uzupełnić na \(4\) sposoby (z tego samego powodu co powyżej). To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
III możliwość - \(0■■0\)
Drugą cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów, trzecią na \(4\) sposoby. To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
IV możliwość - \(■00■\)
Pierwszą cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów, czwartą na \(4\) sposoby. To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
V możliwość - \(■0■0\)
Pierwszą cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów, trzecią na \(4\) sposoby. To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
VI możliwość - \(■■00\)
Pierwszą cyfrę możemy uzupełnić na \(5\) sposobów, drugą na \(4\) sposoby. To daje nam łącznie \(5\cdot4=20\) możliwości.
Widzimy więc, że mamy \(6\) różnych wariantów, a w każdym jest \(20\) różnych możliwości. To oznacza, że wszystkich kodów spełniających warunki zadania mamy:
$$|A|=6\cdot20=120$$
Zadanie nr 31 · Matura 2017
Ze zbioru liczb \(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15\) losujemy bez zwracania dwa razy po jednej liczbie. Wylosowane liczby tworzą parę \((a,b)\), gdzie \(a\) jest wynikiem pierwszego losowania, \(b\) jest wynikiem drugiego losowania. Oblicz, ile jest wszystkich par \((a,b)\) takich, że iloczyn \(a\cdot b\) jest liczbą parzystą.
Krok 1. Ustalenie kiedy iloczyn liczb jest liczbą parzystą.
Zastanówmy się co się musi stać, aby iloczyn dwóch liczb dał liczbę parzystą.
Kiedy mnożymy przez siebie dwie liczby nieparzyste, to otrzymany wynik jest nieparzyty (np. \(3\cdot5=15\)).
Kiedy mnożymy przez siebie dwie liczby parzyste, to otrzymany wynik jest parzyty (np. \(2\cdot6=12\)).
Kiedy mnożymy przez siebie liczbę parzystą i nieparzystą, to otrzymany wynik jest parzysty (np. \(5\cdot6=30\)).
W związku z tym interesować nas będą wszystkie pary w których:
a) pierwsza i druga liczba są parzyste
b) pierwsza liczba jest parzystą, a druga jest nieparzysta
c) pierwsza liczba jest nieparzysta, a druga jest parzysta
Krok 2. Ustalenie liczby zdarzeń sprzyjających.
Ustalmy ile jest możliwych kombinacji wylosowania dwóch liczb parzystych. W zbiorze mamy \(7\) liczb parzystych i \(8\) nieparzystych. Ważną informacją jest to, że losowanie odbywa się bez zwracania piłki. W związku z tym jak wylosujemy jedną z siedmiu parzystych liczb, to potem możemy wylosować jedną z sześciu parzystych liczb. Zatem zgodnie z regułą mnożenia możliwości otrzymania dwóch liczb parzystych będziemy mieć:
$$|A_{1}|=7\cdot6=42$$
Teraz ustalmy ile jest kombinacji wylosowania najpierw liczby parzystej, a potem nieparzystej. Jak w pierwszym losowaniu wybierzemy jedną z siedmiu liczb parzystych, to w kolejnym możemy natrafić na jedną z ośmiu liczb nieparzystych (bo odrzucona liczba będzie parzysta), zatem zgodnie z regułą mnożenia:
$$|A_{2}|=7\cdot8=56$$
I na koniec ustalmy ile jest kombinacji wylosowania najpierw liczby nieparzystej, a potem parzystej. Tu będzie dość podobnie jak przed chwilą - jak w pierwszym losowaniu trafimy na jedną z ośmiu liczb nieparzystych, to potem możemy trafić na jedną z siedmiu liczb parzystych (bo odrzucona liczba będzie nieparzysta):
$$|A_{3}|=8\cdot7=56$$
Teraz dodajemy do siebie te wszystkie kombinacje i wychodzi nam, że wszystkich zdarzeń sprzyjających jest:
$$|A|=|A_{1}|+|A_{2}|+|A_{3}|$$
$$|A|=42+56+56$$
$$|A|=154$$
Zadanie nr 21 · Próbny 2016
Laura ma pięć płyt z muzyką taneczną i trzy z muzyką poważną. Na ile sposobów Laura może tak ustawić poszczególne płyty na półce, aby wszystkie płyty tego samego gatunku znalazły się obok siebie? Wskaż poprawny sposób obliczeń.
Rozpatrzmy dwa warianty:
I wariant - najpierw układamy płyty z muzyką taneczną, potem z muzyką poważną.
W tym wariancie najpierw stawiamy pierwszą płytę taneczną (mamy tutaj pięć możliwości, bo jest pięć takich płyt), potem stawiamy drugą płytę taneczną (mamy tym razem cztery możliwości, bo odpada nam płyta która znalazła się na pierwszym miejscu) itd. Jak skończą nam się płyty taneczne to stawiamy płytę z muzyką poważną (mamy tutaj trzy możliwości), potem drugą poważną (mamy już wtedy dwie możliwości) i na koniec ostatnią (mamy już wtedy tylko jedną możliwość).
Zgodnie z regułą mnożenia liczba sposobów w jaki możemy ułożyć płyty wyniesie:
$$5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1\cdot3\cdot2\cdot1$$
II wariant - najpierw układamy płyty z muzyką poważną, a potem z muzyką taneczną.
I tutaj analogicznie jak przed chwilą, tylko w zmienionej kolejności będziemy mieć zgodnie z regułą mnożenia:
$$3\cdot2\cdot1\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1$$
Widzimy wyraźnie, że liczba sposobów ułożenia płyt w obydwu wariantach jest sobie równa (tak naprawdę w jednym i drugim mnożeniu mamy tylko pozamieniane czynniki). My możemy ułożyć płyty na pierwszy lub drugi sposób, więc tych sposobów będzie po prostu \(2\) razy więcej niż w pierwszym czy drugim wariancie. Z tego też względu wszystkich możliwości będziemy mieć:
$$2\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1\cdot3\cdot2\cdot1$$
Zadanie nr 20 · Próbny 2015
Ile jest wszystkich naturalnych liczb trzycyfrowych podzielnych przez \(5\), w których cyfra dziesiątek jest liczbą pierwszą? (Uwaga: \(1\) nie jest liczbą pierwszą.)
A\(53\)
B\(72\)
C\(90\)
D\(100\)
Liczby podzielne przez \(5\) zawsze mają ostatnią cyfrę równą \(5\) lub \(0\). Ustalmy zatem ile cyfr możemy umiejscowić w rzędzie setek, dziesiątek i jedności:
• rząd setek - tutaj pasuje nam każda cyfra od \(1\) do \(9\) (bez \(0\), bo nie istnieje coś takiego jak \(035\)). Mamy więc dziewięć możliwości uzupełnienia rzędu setek.
• rząd dziesiątek - tutaj pasują nam cyfry \(2,3,5\) oraz \(7\), bo mają to być liczby pierwsze. Mamy więc cztery możliwości uzupełnienia rzędu dziesiątek.
• rząd jedności - tutaj pasują nam cyfry \(5\) oraz \(0\), bo liczba musi być podzielna przez \(5\). Mamy więc dwie możliwości uzupełnienia rzędu jedności.
W związku z tym wszystkich liczb trzycyfrowych spełniających warunki naszego zadania będziemy mieć zgodnie z regułą mnożenia:
$$9\cdot4\cdot2=72$$
Zadanie nr 24 · Próbny 2015
Liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach i o parzystej cyfrze tysięcy, setek i dziesiątek jest:
A\(4\cdot4\cdot3\cdot7\)
B\(4\cdot4\cdot3\cdot8\)
C\(5\cdot5\cdot4\cdot8\)
D\(4\cdot5\cdot4\cdot9\)
Na miejscu tysięcy może znaleźć się jedna z czterech cyfr - \(2,4,6,8\).
Na miejscu setek może znaleźć się jedna z pięciu cyfr - \(0,2,4,6,8\), ale skoro cyfry się nie mogą powtarzać, to odpadnie nam tutaj ta cyfra, któa została wybrana na miejscu tysięcy.
Na miejscu dziesiątek może się znaleźć jedna z pięciu cyfr - \(0,2,4,6,8\), ale odpadną nam tutaj dwie cyfry, które znalazły się już w cyfrze tysięcy oraz setek.
Na miejscu jedności może znaleźć się jedna z dziesięciu cyfr od \(0\) do \(9\), ale odpadną nam tutaj trzy cyfry, które znalazły się już w cyfrze tysięcy, setek oraz dziesiątek.
W związku z tym takich liczb czterocyfrowych będzie zgodnie z regułą mnożenia:
$$4\cdot4\cdot3\cdot7$$
Zadanie nr 24 · Matura 2015
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy \(4\)?
A\(3\)
B\(4\)
C\(6\)
D\(8\)
Aby iloczyn trzech cyfr naturalnych dał wynik \(4\), to musimy pomnożyć przez siebie jedynkę, dwójkę i dwójkę lub też jedynkę, jedynkę i czwórkę. W związku z tym interesującymi nas liczbami będą:
$$122,212,221$$
$$114,141,411$$
Łącznie jest to więc \(6\) liczb.
Zadanie nr 9 · Próbny 2014
Liczba trzycyfrowych liczb naturalnych o różnych cyfrach jest równa:
A\(10\cdot8\cdot8\)
B\(9\cdot9\cdot8\)
C\(10\cdot10\cdot8\)
D\(9\cdot8\cdot8\)
W zadaniu wykorzystamy tak zwaną regułę mnożenia, zatem musimy ustalić na ile różnych sposobów da się wpisać cyfry na dane miejsce naszej trzycyfrowej liczby.
Na pierwszym miejscu naszej liczby może się pojawić jedna z dziewięciu cyfr od \(1\) do \(9\). W związku z tym pierszym czynnikiem będzie \(9\).
Na drugim miejscu może się znaleźć jedna z dziesięciu cyfr od \(0\) do \(9\), ale skoro cyfry mają być różne, to odpadnie nam z tej puli ta cyfra, która była wylosowana na pierwszym miejscu. To oznacza, że będziemy mieli tutaj \(10-1=9\) różnych sposobów wpisania cyfry.
Na trzecim miejscu może znaleźć się jedna z dziesięciu cyfr od \(0\) do \(9\), poza tymi które były już wylosowane za pierwszym i drugim razem. To oznacza, że będziemy mieli tutaj \(10-2=8\) różnych sposobów wpisania cyfry.
Zgodnie z regułą mnożenia możemy więc zapisać, że trzycyfrowych liczb naturalnych o różnych cyfrach jest: \(9\cdot9\cdot8\).
Zadanie nr 24 · Matura 2014
Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród \(10\) zawodników?
A\(100\)
B\(90\)
C\(45\)
D\(20\)
Zadanie można policzyć na dwa sposoby.
I sposób - korzystając z tzw. reguły mnożenia.
Wybierając pierwszego gracza dokonujemy wyboru spośród \(10\) zawodników.
Wybierając drugiego gracza dokonamy wyboru już tylko spośród \(9\) zawodników.
To dałoby nam łączną liczbę kombinacji równą \(10\cdot9=90\), ale to niestety nie jest koniec zadania. Musimy jeszcze zauważyć, że w ten sposób niejako zdublowały nam się poszczególne pary. Przykładowo wybór Lewandowski-Grosicki jest tym samym co wybór Grosicki-Lewandowski, a według tego co obliczyliśmy przed chwilą byłyby to dwie oddzielne kombinacje. Dlatego też musimy jeszcze nasze \(90\) kombinacji podzielić na \(2\) i tak oto otrzymamy odpowiedź, że możemy naszych zawodników wybrać na \(45\) sposobów.
II sposób - korzystając ze wzoru na liczbę kombinacji.
$$C_{10}^2=\binom{10}{2}=\frac{10!}{(10-2)!\cdot2!}=\frac{8!\cdot9\cdot10}{8!\cdot2}=\frac{90}{2}=45$$
Zadanie nr 29 · Matura 2013
Oblicz, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których cyfra jedności jest o \(3\) większa od cyfry setek.
Krok 1. Wypisanie wariantów, w których cyfra jedności jest o o \(3\) większa od cyfry setek.
Wypiszmy sobie wszystkie możliwe warianty, w których cyfra jedności jest o \(3\) większa od cyfry setek:
$$■0■3$$
$$■1■4$$
$$■2■5$$
$$■3■6$$
$$■4■7$$
$$■5■8$$
$$■6■9$$
To oznacza, że mamy \(7\) różnych zapisów drugiej i czwartej cyfry jednocześnie.
Krok 2. Wskazanie na ile sposobów można wpisać pierwszą i trzecią cyfrę liczby.
Teraz zastanówmy się, na ile sposobów możemy wpisać pierwszą i trzecią cyfrę tej liczby. Pierwszą liczbę możemy wpisać na \(9\) różnych sposobów, bo pasują nam wszystkie cyfry od \(1\) do \(9\) (czyli wszystkie oprócz zera). Trzecią liczbę możemy wpisać już na \(10\) sposobów, bo tutaj może pojawić się zero.
Krok 3. Obliczenie ilości liczb, które spełniają warunki zadania.
Z obliczeń przeprowadzonych w kroku pierwszym i drugim wynika, że wszystkich poszukiwanych liczb czterocyfrowych będzie zgodnie z regułą mnożenia:
$$|Ω|=7\cdot9\cdot10=630$$
Zadanie nr 22 · Próbny 2012
W turnieju szachowym, rozgrywanym systemem każdy z każdym, bez rewanżu, miało brać udział \(8\) zawodników. Jeden z nich zrezygnował. Liczba zaplanowanych rozgrywek zmniejszyła się o:
A\(1\)
B\(14\)
C\(7\)
D\(8\)
Krok 1. Obliczenie liczby partii gdy jest \(8\) zawodników.
Zgodnie z regułą mnożenia moglibyśmy zapisać, że liczba kombinacji partii które możemy stworzyć z ośmiu zawodników jest równa \(8\cdot7=56\). Jednak musimy wziąć pod uwagę, że w tym konkretnym przypadku para np. \((3;5)\) jest dokładnie tym samym co \((5;3)\), bo w jednym i drugim przypadku gra zawodnik z numerem \(3\) przeciwko zawodnikowi z numerem \(5\). Z tego też względu otrzymany wynik musimy podzielić na dwa, dlatego przy ośmiu zawodnikach rozegramy \(56:2=28\) partii.
Krok 2. Obliczenie liczby partii gdy jest \(7\) zawodników.
Analogicznie do kroku pierwszego - gdy jest siedmiu zawodników, to zgodnie z regułą mnożenia jesteśmy w stanie stworzyć \(7\cdot6=42\) kombinacje partii. I tak jak przed chwilą, dokładnie z tego samego powodu otrzymany wynik musimy podzielić przez \(2\), zatem przy siedmiu zawodnikach rozegramy \(42:2=21\) partii.
Krok 3. Obliczenie o ile zmniejszy się liczba partii.
Skoro przy ośmiu zawodnikach rozegramy \(28\) partii, a przy siedmiu tylko \(21\), to różnica ta wynosi \(28-21=7\).
Zadanie nr 33 · Matura 2012
Oblicz, ile jest liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero, jest dokładnie jedna cyfra \(7\) i dokładnie jedna cyfra parzysta.
Podzielmy sobie nasze cyfry na trzy grupy:
I grupa: Cyfra \(\{7\}\) - w naszej liczbie musi znaleźć się dokładnie jedna siódemka. Jej miejsce możemy określić na \(5\) różnych sposobów:
$$7■■■■$$
$$■7■■■$$
$$■■7■■$$
$$■■■7■$$
$$■■■■7$$
II grupa: Cyfry \(\{2,4,6,8\}\) - to wszystkie cyfry parzyste. Wiemy, że w zapisie na dowolnym miejscu musi znaleźć się jedna z nich. Jedno miejsce mamy już obsadzone siódemką, pozostają nam już tylko cztery możliwości. Mamy więc sytuację w której cztery liczby mogą zająć jedno z czterech miejsc, a to z kolei oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia mamy \(4\cdot4=16\) możliwości.
III grupa: Cyfry \(\{1,3,5,9\}\) - to pozostałe cyfry, którymi musimy obsadzić trzy pozostałe miejsca w naszej pięciocyfrowej liczbie. Pierwsze z wolnych miejsc możemy obsadzić na \(4\) sposoby (bo mamy cztery cyfry do wyboru), drugie miejsce także możemy obsadzić na \(4\) sposoby (bo liczby mogą się powtarzać), trzecie wolne miejsce także możemy obsadzić na \(4\) sposoby. Z reguły mnożenia wynika, że mamy \(4\cdot4\cdot4=64\) możliwości.
Teraz musimy ponownie zastosować regułę mnożenia i wymnożyć przez siebie wszystkie otrzymane możliwości, otrzymując w ten sposób:
$$5\cdot16\cdot64=5120$$
Istnieje więc \(5120\) liczb pięciocyfrowych, które spełniają warunki naszego zadania.
Zadanie nr 24 · Matura 2012
Flagę, taką jak pokazano na rysunku, należy zszyć z trzech jednakowej szerokości pasów kolorowej tkaniny. Oba pasy zewnętrzne mają być tego samego koloru, a pas znajdujący się między nimi ma być innego koloru. Liczba różnych takich flag, które można uszyć, mając do dyspozycji tkaniny w \(10\) kolorach, jest równa:
A\(100\)
B\(99\)
C\(90\)
D\(19\)
Zewnętrzne pasy można wybrać na \(10\) różnych sposobów. Wewnętrzne możemy wybrać na \(9\) sposobów, bo zawsze odpadnie nam ten kolor, który jest już w pasie zewnętrznym. Z reguły mnożenia wynika więc, że mamy \(10\cdot9=90\) możliwości utworzenia takiej flagi.
Zadanie nr 13 · Matura 2011
Ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych o sumie cyfr równej \(2\)?
A\(1\)
B\(2\)
C\(3\)
D\(4\)
Aby suma cyfr liczby czterocyfrowej była równa dwa, to ta liczba:
a) musi się składać z cyfr \(0,0,1,1\)
albo
b) musi się składać z cyfr \(0,0,0,2\)
W pierwszym wariancie możemy ułożyć trzy różne liczby: \(1100\), \(1010\), \(1001\). To wszystkie możliwości, bo nie istnieje taka liczba jak np. \(0110\).
W drugim wariancie możemy ułożyć tylko jedną taką liczbę: \(2000\).
To oznacza, że są tylko cztery takie liczby czterocyfrowe.
Zadanie nr 32 · Matura 2011
Ile jest liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie następujące warunki:
1. Cyfry setek, dziesiątek i jedności są parzyste,
2. Cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek,
3. Cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności,
4. W zapisie tej liczby nie występuje cyfra \(9\).
Krok 1. Wskazanie na ile sposobów można zapisać pierwszą i drugą cyfrę pięciocyfrowej liczby.
Pierwszą cyfrą tej liczby może być każda cyfra oprócz dziewiątki (wynika to z czwartego założenia) oraz oczywiście oprócz zera. To oznacza, że pierwszą cyfrę możemy zapisać na \(8\) sposobów.
Drugą cyfrą tej liczby także nie może być dziewiątka (ponownie wynika to z czwartego założenia), ale tym razem może to już być zero. To oznacza, że drugą cyfrę możemy zapisać na \(9\) sposobów.
Krok 2. Wskazanie na ile sposobów można zapisać trzy ostatnie cyfry pięciocyfrowej liczby.
Musimy teraz ustalić pasujące konfiguracje trzech ostatnich cyfr, które na pewno są parzyste. Po wczytaniu się w treść warunków zauważymy też, że szukamy takich liczb \(s\gt d\gt j\), czyli gdzie setki są większe od dziesiątek, a dziesiątki większe od jedności. Takimi "końcówkami" pięciocyfrowej liczby będą:
$$420$$
$$620,640,642$$
$$820,840,842,860,862,864$$
Łącznie jest to \(10\) różnych możliwości.
Krok 3. Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych.
Skoro pierwszą cyfrę możemy dobrać na \(8\) sposobów, drugą na \(9\) sposobów, a trzy ostatnie na \(10\) sposobów, to zgodnie z regułą mnożenia wszystkich zdarzeń elementarnych (czyli liczb spełniających warunki naszego zadania) będzie:
$$|Ω|=8\cdot9\cdot10=720$$
Zadanie nr 25 · Próbny 2011
Cztery dziewczynki i sześciu chłopców siedzą na tym samym pniu zwalonego dębu. Dziewczynki siedzą obok siebie i chłopcy również siedzą obok siebie. Wszystkich możliwych sposobów posadzenia dzieci w ten sposób jest:
Cztery dziewczynki mogą usiąść obok siebie na \(4\cdot3\cdot2\cdot1\) sposobów.
Sześciu chłopców może usiaść obok siebie na \(6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1\) sposobów.
Gdybyśmy więc połączyli te kombinacje to otrzymamy mnożenie z trzeciej odpowiedzi (z lekko zamienioną kolejnością mnożenia), ale... to czwarta odpowiedź (z dodatkowym pomnożeniem przez \(2\)) jest tą prawidłową. Dlaczego? Dlatego, że o ile faktycznie kombinacji usadowienia najpierw czterech dziewczynek, a potem sześciu chłopców jest \(4\cdot3\cdot2\cdot1\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1\), to musimy jeszcze uwzględnić odwrotną analogiczną sytuację, czyli że na początku pnia usiądą chłopcy, a potem dopiero dziewczynki. To właśnie te dwa warianty sprawiają, że na końcu musi się jeszcze pojawić mnożenie przez \(2\).
Zadanie nr 24 · Próbny 2010
W karcie dań jest \(5\) zup i \(4\) drugie dania. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?
A\(25\)
B\(20\)
C\(16\)
D\(9\)
Mamy pięć zup do wyboru i cztery drugie dania, a więc ilość możliwych kombinacji obliczymy wykonując proste mnożenie \(5\cdot4=20\).
Zadanie nr 31 · Próbny 2010
Oblicz, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie pierwsza cyfra jest parzysta, a pozostałe nieparzyste.
Krok 1. Określenie liczby cyfr, które mogą znaleźć się na pierwszym miejscu naszej liczby.
Zgodnie z treścią zadania pierwsza cyfra musi być parzysta, a więc mogą to być tylko i wyłącznie \(2\), \(4\), \(6\) lub \(8\). Cyfrę \(0\) odrzucamy, bo nie może być pierwszą cyfrą w liczbie.
Krok 2. Określenie liczby cyfr, które mogą znaleźć się na drugim, trzecim i czwartym miejscu naszej liczby.
Na każdym z pozostałych miejsc możemy mieć jedną z pięciu cyfr nieparzystych: \(1\), \(3\), \(5\), \(7\) lub \(9\).
Krok 3. Obliczenie liczby wszystkich możliwych kombinacji.
Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich kombinacji będzie:
$$|Ω|=4\cdot5\cdot5\cdot5=500$$
Zadanie nr 24 · Matura 2010
W karcie dań jest \(5\) zup i \(4\) drugie dania. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?
A\(25\)
B\(20\)
C\(16\)
D\(9\)
Mamy pięć zup do wyboru i cztery drugie dania, a więc ilość możliwych kombinacji obliczymy wykonując proste mnożenie \(5\cdot4=20\).
Zadanie nr 31 · Matura 2010
Oblicz, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie pierwsza cyfra jest parzysta, a pozostałe nieparzyste.
Krok 1. Określenie liczby cyfr, które mogą znaleźć się na pierwszym miejscu naszej liczby.
Zgodnie z treścią zadania pierwsza cyfra musi być parzysta, a więc mogą to być tylko i wyłącznie \(2\), \(4\), \(6\) lub \(8\). Cyfrę \(0\) odrzucamy, bo nie może być pierwszą cyfrą w liczbie.
Krok 2. Określenie liczby cyfr, które mogą znaleźć się na drugim, trzecim i czwartym miejscu naszej liczby.
Na każdym z pozostałych miejsc możemy mieć jedną z pięciu cyfr nieparzystych: \(1\), \(3\), \(5\), \(7\) lub \(9\).
Krok 3. Obliczenie liczby wszystkich możliwych kombinacji.
Zgodnie z regułą mnożenia wszystkich kombinacji będzie:
$$|Ω|=4\cdot5\cdot5\cdot5=500$$
Zadanie nr 25 · Próbny 2009
Wybieramy liczbę \(a\) ze zbioru \(A=\{2,3,4,5\}\) oraz liczbę \(b\) ze zbioru \(B=\{1,4\}\). Ile jest takich par \((a,b)\), że iloczyn \(a\cdot b\) jest liczbą nieparzystą?
A\(2\)
B\(3\)
C\(5\)
D\(20\)
Aby iloczyn dwóch liczb był liczbą nieparzystą to musimy pomnożyć przez siebie dwie nieparzyste liczby. Przykładowo \(3\cdot3=9\) albo \(5\cdot7=35\) itd.
W zbiorze \(A\) mamy dwie takie liczby (\(3\) i \(5\)), w zbiorze \(B\) jest tylko jedna taka liczba (\(1\)). To oznacza, że uda nam się utworzyć tylko dwie takie pary:
$$3\cdot1=3$$
$$\text{ oraz }$$
$$5\cdot1=5$$
Zadanie nr 20 · Matura
Każdy uczestnik spotkania dwunastoosobowej grupy przyjaciół uścisnął dłoń każdemu z pozostałych członków tej grupy. Liczba wszystkich uścisków dłoni była równa:
A\(66\)
B\(72\)
C\(132\)
D\(144\)
Mamy \(12\) osób, a każda z nich może uścisnąć rękę z \(11\) innymi osobami (no bo nie uściśnie ręki sama z sobą). To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia wszystkich możliwych par mamy \(12\cdot11=132\).
Musimy jednak nanieść na nasze obliczenia pewną poprawkę, bo policzyliśmy podwójnie każdy uścisk - np. oprócz uścisku dłoni między osobą \(A\) oraz \(B\) policzyliśmy oddzielnie uścisk osoby \(B\) oraz \(A\). Zatem otrzymany wynik musimy jeszcze podzielić przez dwa. To oznacza, że liczba wszystkich uścisków dłoni była równa:
$$132:2=66$$
Zadanie nr 56 · Matura
Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w zapisie których cyfra \(5\) występuje dokładnie jeden raz, jest:
A\(125\)
B\(225\)
C\(280\)
D\(300\)
Krok 1. Obliczenie liczby możliwych kombinacji w każdym z wariantów.
Chcemy, by w zapisie naszej liczby pojawiła się tylko raz cyfra \(5\). Może ona się pojawić na miejscu setek, dziesiątek lub jedności, dlatego każdy z takich wariantów musimy rozpatrzeć osobno:
I możliwość to \(5■■\), czyli \(5\) jako cyfra setek.
W takiej sytuacji:
· Cyfra dziesiątek - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(0\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości
· Cyfra jedności - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(0\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości
Zgodnie z regułą mnożenia takich liczb będziemy mieć \(9\cdot9=81\)
II możliwość to \(■5■\), czyli \(5\) jako cyfra dziesiątek.
W takiej sytuacji:
· Cyfra setek - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(1\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości
· Cyfra jedności - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(0\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości
Zgodnie z regułą mnożenia takich liczb będziemy mieć \(8\cdot9=72\)
III możliwość to \(■■5\), czyli \(5\) jako cyfra jedności.
W takiej sytuacji:
· Cyfra setek - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(1\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(8\) możliwości
· Cyfra dziesiątek - tutaj możemy mieć każdą z cyfr od \(0\) do \(9\), oprócz \(5\) (bo ma być tylko jedna piątka w liczbie), zatem mamy tutaj \(9\) możliwości
Zgodnie z regułą mnożenia takich liczb będziemy mieć \(8\cdot9=72\)
Krok 2. Obliczenie liczby wszystkich możliwych kombinacji.
Teraz musimy skorzystać z reguły dodawania, czyli dodać wszystkie pasujące kombinacje, zatem:
$$81+72+72=225$$
Zadanie nr 57 · Matura
Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o sumie cyfr równej \(3\) jest:
A\(3\)
B\(5\)
C\(6\)
D\(10\)
Spróbujmy wpisać wszystkie interesujące nas liczby, bo wbrew pozorom nie będzie ich aż tak dużo. Zwróć uwagę, że w grę wchodzą jedynie liczby składające się z cyfr \(0, 1, 2\) oraz \(3\).
$$102, 111, 120$$
$$201, 210$$
$$300$$
To oznacza, że jest tylko \(6\) takich liczb.
Zadanie nr 58 · Matura
Na dwóch półkach ustawiano \(9\) książek: \(4\) biograficzne i \(5\) fantasy. Ustawiono je w taki sposób, aby na każdej półce znalazły się książki wyłącznie jednego rodzaju.
Wszystkich sposobów ustawienia książek przy zadanym warunku jest:
A\(4!\cdot5!\cdot2\)
B\(4!\cdot5!\)
C\(4\cdot5\)
D\(4\cdot5\cdot2\)
Książki biograficzne możemy ustawić na \(4\cdot3\cdot2\cdot1\) sposobów, czyli na \(4!\) sposobów.
Książki fantasy możemy ustawić na \(5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1\) sposobów, czyli na \(5!\) sposobów.
Dodatkowo możemy ustawić na pierwszej półce książki biograficzne, a na drugiej fantasy i na odwrót, czyli tutaj mamy \(2\) możliwości ustawienia gatunków książek.
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich możliwych ustawień będziemy mieć:
$$4!\cdot5!\cdot2$$
Zadanie nr 59 · Matura
Firma krawiecka produkuje prostokątne dwukolorowe obrusy w jednakowym rozmiarze. Każdy obrus jest zszyty z trzech pasów materiału tej samej szerokości (zobacz rysunek). Zewnętrzne pasy są w tym samym kolorze. Cały obrus jest obszyty lamówką w jednym kolorze. W firmowym magazynie materiały są dostępne w \(5\) kolorach, a lamówka – w \(3\) kolorach. Obrusy uznajemy za różne, gdy różnią się kolorem lamówki lub kolorem pasów zewnętrznych, lub kolorem pasa wewnętrznego.
Liczba wszystkich różnych obrusów, które firma może produkować, jest równa:
A\(5\cdot4\cdot3\)
B\(5\cdot5\cdot3\)
C\(5\cdot5\cdot5\cdot3\)
D\(5\cdot3\cdot3\cdot3\)
Przeanalizujmy, ile różnych kolorów może się pojawić na każdej z części obrusa:
· Zewnętrzny pas możemy uszyć na \(5\) różnych kolorów, stąd też mamy tutaj \(5\) możliwości.
· Wewnętrzny pas możemy uszyć na \(4\) różne kolory (bez tego, który jest użyty na zewnątrz), więc mamy tutaj \(4\) możliwości.
· Lamówki możemy uszyć na \(3\) różne kolory, stąd też mamy tutaj \(3\) możliwości.
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia, wszystkich pasujących kombinacji obrusów będziemy mieć:
$$5\cdot4\cdot3$$
Zadanie nr 60 · Matura
Do dyspozycji są dwa puste pojemniki oraz pięć kul. Każdą z kul należy umieścić w pojemniku. Liczba wszystkich różnych rozmieszczeń tych kul zależy od cech kul i pojemników. W poniższej tabeli w lewej kolumnie podano cechy obiektów (kul i pojemników).
Uzupełnij tabelę. Wpisz w każdą pustą komórkę tabeli właściwą odpowiedź wybraną spośród A–F.
A. \(6\)
B. \(2\cdot5\)
C. \(2^4\)
D. \(3\)
E. \(2^5\)
F. \(5^2\)
I przypadek: Kule rozróżnialne, pojemniki rozróżnialne
Jeżeli kule są rozróżnialne (czyli np. każda ma inny kolor) i pojemniki są także rozróżnialne (np. mniejszy i większy), to będziemy mieć taką sytuację:
· Pierwsza kula może trafić do jednego z dwóch pojemników, czyli mamy \(2\) możliwości
· Druga kula może trafić do jednego z dwóch pojemników, czyli mamy \(2\) możliwości
· Trzecia kula może trafić do jednego z dwóch pojemników, czyli mamy \(2\) możliwości
· Czwarta kula może trafić do jednego z dwóch pojemników, czyli mamy \(2\) możliwości
· Piąta kula może trafić do jednego z dwóch pojemników, czyli mamy \(2\) możliwości
To oznacza, że zgodnie z regułą mnożenia wszystkich przypadków będziemy mieć:
$$2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2=2^5$$
II przypadek: Kule rozróżnialne, pojemniki nierozróżnialne
Jeżeli kule są rozróżnialne (czyli np. każda ma inny kolor), a pojemniki są nierozróżnialne (czyli są identycznie i nie ma znaczenia czy kula trafia do pierwszego czy drugiego pojemnika), to liczba możliwych kombinacji będzie dwa razy mniejsza niż w I przypadku. Dlaczego? Mówiąc bardzo obrazowo - w pierwszym przypadku np. żółta i czerwona kula w pierwszym pojemniku oraz żółta i czerwona kula w drugim pojemniku, to były dwa zupełnie różne zdarzenia. Tutaj będą to zdarzenia jednakowe, bo pojemniki są nierozróżnialne. Stąd też wszystkich przypadków będziemy mieć tutaj \(2^5:2=2^4\).
III przypadek: Kule nierozróżnialne, pojemniki rozróżnialne
Jeżeli kule są nierozróżnialne (czyli są identyczne i nie ma znaczenia która to konkretnie kula), a pojemniki są rozróżnialne, to całość zadania sprowadza się tak naprawdę do tego, ile kul znajdzie się w jednym pojemniku, a ile w drugim. Jeśli przykładowo w pierwszym pojemniku będą \(2\) kule, a w drugim \(3\), to zapisalibyśmy to zdarzenie jako \((2;3)\). Mamy więc następujące możliwości:
$$(0;5), (1;4), (2;3), (3;2), (4;1), (5;0)$$
To oznacza, że wszystkich różnych rozmieszczeń mamy dokładnie \(6\).
IV przypadek: Kule nierozróżnialne, pojemniki nierozróżnialne
I tu podobnie jak w drugim przypadku, skoro pojemniki są nierozróżnialne, to liczba kombinacji będzie \(2\) razy mniejsza niż przy pojemnikach rozróżnialnych (które rozpisaliśmy w III przypadku). Mówiąc bardzo obrazowo, w tej sytuacji zdarzenie np. \((1;4)\) oznacza dokładnie to samo co \((4;1)\) (bo właśnie pierwszy i drugi pojemnik jest nierozróżnialny). W takim razie wszystkich różnych rozmieszczeń będziemy mieć tutaj \(6:2=3\).
Zacznij dziś
Zacznij naukę już dziś — to nic nie kosztuje
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.
