Reguła mnożenia

Przykład 1

W pudełku jest $11$ kul, ponumerowanych od $1$ do $11$ . Z tego pudełka losujemy jedną kulę, zapisujemy jej numer i wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka. Następnie operację losowania powtarzamy, zapisując wynik drugiego losowania.
Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia.
Pojedynczy wynik takiego doświadczenia zapisujemy, notując dwie liczby: najpierw wynik pierwszego losowania $- w_{1}$ , a następnie wynik drugiego losowania ${- w}_{2}$ .
Wszystkie możliwe wyniki doświadczenia możemy przedstawić np. za pomocą tabeli.

Tabela. Dane
	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$
$1$	$(1, 1)$	$(1, 2)$	$(1, 3)$	$(1, 4)$	$(1, 5)$	$(1, 6)$	$(1, 7)$	$(1, 8)$	$(1, 9)$	$(1, 10)$	$(1, 11)$
$2$	$(2, 1)$	$(2, 2)$	$(2, 3)$	$(2, 4)$	$(2, 5)$	$(2, 6)$	$(2, 7)$	$(2, 8)$	$(2, 9)$	$(2, 10)$	$(2, 11)$
$3$	$(3, 1)$	$(3, 2)$	$(3, 3)$	$(3, 4)$	$(3, 5)$	$(3, 6)$	$(3, 7)$	$(3, 8)$	$(3, 9)$	$(3, 10)$	$(3, 11)$
$4$	$(4, 1)$	$(4, 2)$	$(4, 3)$	$(4, 4)$	$(4, 5)$	$(4, 6)$	$(4, 7)$	$(4, 8)$	$(4, 9)$	$(4, 10)$	$(4, 11)$
$5$	$(5, 1)$	$(5, 2)$	$(5, 3)$	$(5, 4)$	$(5, 5)$	$(5, 6)$	$(5, 7)$	$(5, 8)$	$(5, 9)$	$(5, 10)$	$(5, 11)$
$6$	$(6, 1)$	$(6, 2)$	$(6, 3)$	$(6, 4)$	$(6, 5)$	$(6, 6)$	$(6, 7)$	$(6, 8)$	$(6, 9)$	$(6, 10)$	$(6, 11)$
$7$	$(7, 1)$	$(7, 2)$	$(7, 3)$	$(7, 4)$	$(7, 5)$	$(7, 6)$	$(7, 7)$	$(7, 8)$	$(7, 9)$	$(7, 10)$	$(7, 11)$
$8$	$(8, 1)$	$(8, 2)$	$(8, 3)$	$(8, 4)$	$(8, 5)$	$(8, 6)$	$(8, 7)$	$(8, 8)$	$(8, 9)$	$(8, 10)$	$(8, 11)$
$9$	$(9, 1)$	$(9, 2)$	$(9, 3)$	$(9, 4)$	$(9, 5)$	$(9, 6)$	$(9, 7)$	$(9, 8)$	$(9, 9)$	$(9, 10)$	$(9, 11)$
$10$	$(10, 1)$	$(10, 2)$	$(10, 3)$	$(10, 4)$	$(10, 5)$	$(10, 6)$	$(10, 7)$	$(10, 8)$	$(10, 9)$	$(10, 10)$	$(10, 11)$
$11$	$(11, 1)$	$(11, 2)$	$(11, 3)$	$(11, 4)$	$(11, 5)$	$(11, 6)$	$(11, 7)$	$(11, 8)$	$(11, 9)$	$(11, 10)$	$(11, 11)$

Każdy wynik doświadczenia został w powyższej tabeli utożsamiony z przyporządkowaną mu parą liczb $(w_{1}, w_{2})$ . Jeżeli np. w pierwszym losowaniu otrzymamy $3$ , a w drugim $8$ , to wynik tego losowania zapiszemy jako $(3, 8)$ . Z kolei zapisanie pary $(11, 2)$ to informacja, że za pierwszym razem wylosowano $11$ , a za drugim – $2$ .
Ponieważ rozpatrywane doświadczenie losowe to wykonanie jedna po drugiej dwóch czynności, polegających za każdym razem na wyborze jednego elementu z jedenastoelementowego zbioru ${1, 2, 3, \dots, 11}$ , to wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest $11 ∙ 11 = 121$ .

Przykład 2

Ustalimy, ile dodatnich dzielników całkowitych ma każda z liczb: $72, 360$ oraz $1410$ .
Skorzystamy z zapisu każdej z tych liczb w postaci rozkładu na czynniki pierwsze.
Ponieważ $72 = 2^{3} \cdot 3^{2}$ , więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby $72$ jest liczbą postaci $2^{n} \cdot 3^{m}$ , przy czym $n$ jest liczbą ze zbioru $\{0, 1, 2, 3\}$ , natomiast $m$ jest liczbą ze zbioru $\{0, 1, 2\}$ . Zauważmy, że wybór dzielnika liczby $72$ polega na wykonaniu dwóch czynności: wyborze wykładnika dla czynnika $2$ – co można zrobić na $4$ sposoby, a następnie na wyborze wykładnika dla czynnika $3$ - co można zrobić na $3$ sposoby.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że $72$ ma $4 \cdot 3 = 12$ dzielników, które przedstawia poniższa tabela.

Tabela. Dane
	$3^{0}$	$3^{1}$	$3^{2}$
$2^{0}$	$2^{0} \cdot 3^{0} = 1$	$2^{0} \cdot 3^{1} = 3$	$2^{0} \cdot 3^{2} = 9$
$2^{1}$	$2^{1} \cdot 3^{0} = 2$	$2^{1} \cdot 3^{1} = 6$	$2^{1} \cdot 3^{2} = 18$
$2^{2}$	$2^{2} \cdot 3^{0} = 4$	$2^{2} \cdot 3^{1} = 12$	$2^{2} \cdot 3^{2} = 36$
$2^{3}$	$2^{3} \cdot 3^{0} = 8$	$2^{3} \cdot 3^{1} = 24$	$2^{3} \cdot 3^{2} = 72$

Ponieważ $360 = 2^{3} \cdot 3^{2} \cdot 5$ , więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby $360$ jest liczbą postaci $2^{n} \cdot 3^{m} \cdot 5^{k}$ , przy czym $n$ jest liczbą ze zbioru $\{0, 1, 2, 3\}$ , $m$ jest liczbą ze zbioru $\{0, 1, 2\}$ , natomiast $k$ jest liczbą ze zbioru $\{0, 1\}$ . Zauważmy, że wybór dzielnika liczby $360$ polega na wykonaniu trzech czynności, z których pierwsza może skończyć się na jeden z $4$ sposobów, druga - na jeden z $3$ sposobów, a trzecia - na jeden z $2$ sposobów.
Jeżeli najpierw rozpatrzymy wszystkie przypadki związane z wykonaniem dwóch pierwszych czynności (jest ich $12$ ), a następnie wykonamy trzecią czynność, to dostaniemy $24$ możliwości.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że $360$ ma $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ dodatnie dzielniki całkowite , które przedstawia poniższa tabela.

Tabela. Dane
	$2^{0} \cdot 3^{0}$	$2^{1} \cdot 3^{0}$	$2^{2} \cdot 3^{0}$	$2^{3} \cdot 3^{0}$	$2^{0} \cdot 3^{1}$	$2^{1} \cdot 3^{1}$	$2^{2} \cdot 3^{1}$	$2^{3} \cdot 3^{1}$	$2^{0} \cdot 3^{2}$	$2^{1} \cdot 3^{2}$	$2^{2} \cdot 3^{2}$	$2^{3} \cdot 3^{2}$
$5^{0}$	$1$	$2$	$4$	$8$	$3$	$6$	$12$	$24$	$9$	$18$	$36$	$72$
$5^{1}$	$5$	$10$	$20$	$40$	$15$	$30$	$60$	$120$	$45$	$90$	$180$	$360$

Ponieważ $1410 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 47$ , więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby $1410$ jest liczbą postaci $2^{n} \cdot 3^{m} \cdot 5^{k} \cdot 4 7^{l}$ , przy czym każda z liczb $n, m, k, l$ wybierana jest ze zbioru $\{0, 1\}$ . Zauważmy, że wybór dzielnika liczby $1410$ polega na wykonaniu czterech czynności, z których każda może skończyć się na jeden z $2$ sposobów.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że $1410$ ma $2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 16$ dzielników.

Reguła mnożenia
Rozumując podobnie jak w przedstawionych powyżej przykładach, stwierdzimy, że:

liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei dwóch czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z $n$ sposobów, druga – na jeden z $m$ sposobów, jest równa $m n$ ,
liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei trzech czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z $n$ sposobów, druga – na jeden z $m$ sposobów, a trzecia – na jeden z $k$ sposobów, jest równa $k m n$ .

Zasada, którą w podobnych przypadkach stosujemy, nazywa się regułą mnożenia.

Reguła mnożenia

Twierdzenie: Reguła mnożenia

Liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei $n$ czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z $k_{1}$ sposobów, druga – na jeden z $k_{2}$ sposobów, trzecia – na jeden z $k_{3}$ sposobów i tak dalej do $n -$ tej czynności, która może zakończyć się na jeden z $k_{n}$ sposobów, jest równa

k_{1} \cdot k_{2} \cdot k_{3} \cdot . . . \cdot k_{n}

Powołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba $n$ , która w rozkładzie na czynniki pierwsze daje się zapisać w postaci

n = {p_{1}}^{α_{1}} \cdot {p_{2}}^{α_{2}} \cdot . . . \cdot {p_{k}}^{α_{k}},

gdzie $p_{1}, p_{2}, . . ., p_{k}$ są różnymi liczbami pierwszymi, a $α_{1}, α_{2}, . . ., α_{k}$ są dodatnimi liczbami całkowitymi,
ma

(α_{1} + 1) \cdot (α_{2} + 1) \cdot . . . \cdot (α_{k} + 1)

dodatnich dzielników całkowitych.

Przykład 3

Ustalimy, ile jest wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na:

siedmiokrotnym rzucie symetryczną monetą.
W pojedynczym rzucie symetryczną monetą możemy otrzymać jeden z dwóch wyników: „orzeł” lub „reszka”. Doświadczenie polega więc na siedmiokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z $2$ sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
$2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^{7} = 128 .$
pięciokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry.
W pojedynczym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry możemy otrzymać jeden z sześciu wyników: $1, 2, 3, 4, 5$ lub $6$ oczek. Doświadczenie polega więc na pięciokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z $6$ sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
$6 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6 \cdot 6 = 6^{5} = 7776$
zapisaniu liczby trzycyfrowej, utworzonej wyłącznie za pomocą cyfr ze zbioru $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ (cyfry mogą się powtarzać).
Wybierając każdą cyfrę takiej liczby, możemy otrzymać jeden z ośmiu wyników. Oznacza to, że doświadczenie polega na trzykrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z $8$ sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
$8 \cdot 8 \cdot 8 = 8^{3} = 512$
rozmieszczeniu $4$ różnych notatników w $7$ różnych teczkach.
Wyboru teczki dla każdego z czterech notatników możemy dokonać na $7$ sposobów. Doświadczenie polega więc na czterokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z $7$ sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
$7 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7 = 7^{4} = 2401$

Wariacje z powtórzeniami

W doświadczeniach rozpatrywanych w poprzednim przykładzie mieliśmy do czynienia z tym samym schematem: każde z nich polegało na $k$ - krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem mogła się skończyć na jeden z $n$ sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników w doświadczeniu tego typu jest równa

\underset{k czynników}{\underset{⏟}{n \cdot n \cdot . . . \cdot n}} = n^{k}

Doświadczenie polegające na $k$ –krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem mogła się skończyć na jeden z $n$ sposobów, nazywa się zwyczajowo $k$ – wyrazową wariacją z powtórzeniami zbioru $n$ -elementowego.
Modelem dla tego typu doświadczenia jest $k$ –wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie ze zbioru $n$ –elementowego (czyli z powtórzeniami – dowolny element zbioru może wystąpić wielokrotnie w ciągu).
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.

liczba k‑wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n‑elementowego

Własność: liczba k‑wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n‑elementowego

Liczba wszystkich $k$ – wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$ – elementowego jest równa $n^{k}$ .

Przykład 4

Stosując twierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniami, obliczymy, że:

liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną to $6^{3} = 216$ ,
liczba wszystkich możliwych wyników pięciokrotnego rzutu monetą to $2^{5} = 32$ ,
liczba wszystkich możliwych liczb $4$ -cyfrowych utworzonych z cyfr ${1, 2, 3, 4, 5}$ to $5^{4} = 625$ ,
liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia $10$ różnych długopisów w $4$ różnych szufladach to $4^{10} = 1048576$ ,
liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia $7$ różnych kul w $6$ różnych pudełkach (zakładamy, że w każdym pudełku zmieści się co najmniej $7$ takich kul) to $6^{7} = 279936$ .

Przykład 5

Obliczymy sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ (cyfry mogą się powtarzać).
Wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest dokładnie tyle, ile dwuelementowych ciągów $(c_{1}, c_{2})$ , gdzie $c_{1}$ oraz $c_{2}$ to liczby wybrane ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5}$ , z powtórzeniami. Jest ich zatem $5 \cdot 5 = 25$ .
Sumę tych wszystkich liczb obliczymy dwoma sposobami.

sposób $I$

Wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym elementy $c_{1}$ , $c_{2}$ pary $(c_{1}, c_{2})$ to dla konkretnej liczby odpowiednio cyfra dziesiątek oraz cyfra jedności.

Tabela. Dane
	1	2	3	4	5
1	11	12	13	14	15
2	21	22	23	24	25
3	31	32	33	34	35
4	41	42	43	44	45
5	51	52	53	54	55

Sumujemy liczby dwucyfrowe w kolejnych wierszach. Zauważamy przy tym, że:

wszystkie liczby występujące w tym samym wierszu mają tę samą cyfrę dziesiątek,

cyfry jedności tych liczb są różnymi liczbami ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5}$ .

Tabela. Dane
	1	2	3	4	5
1	11	12	13	14	15	suma: $5 \cdot 10 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
2	21	22	23	24	25	suma: $5 \cdot 20 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
3	31	32	33	34	35	suma: $5 \cdot 30 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
4	41	42	43	44	45	suma: $5 \cdot 40 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
5	51	52	53	54	55	suma: $5 \cdot 50 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
					razem	$5 \cdot 10 + 5 \cdot 20 + 5 \cdot 30 + 5 \cdot 40 + 5 \cdot 50 + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$

Na koniec dodajemy wszystkie otrzymane sumy i otrzymujemy

5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

Oznacza to, że suma wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest równa

5 \cdot 10 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 5 \cdot (10 + 1) \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 5 \cdot 11 \cdot 15 = 825

sposób $II$

Oznaczmy przez $S$ sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ .
Podobnie jak poprzednio wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę dwucyfrową, w następujący sposób: do liczby opisanej przez parę $(c_{1}, c_{2})$ dopisujemy liczbę opisaną przez parę $(6 - c_{1}, 6 - c_{2})$ .

Tabela. Dane
	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$1$	$11, 55$	$12, 54$	$13, 53$	$14, 52$	$15, 51$
$2$	$21, 45$	$22, 44$	$23, 43$	$24, 42$	$25, 41$
$3$	$31, 35$	$32, 34$	$33, 33$	$34, 32$	$35, 31$
$4$	$41, 25$	$42, 24$	$43, 23$	$44, 22$	$45, 21$
$5$	$51, 15$	$52, 14$	$53, 13$	$54, 12$	$55, 11$

Zauważmy, że:

istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez parę $(c_{1}, c_{2})$ do liczby wyznaczonej przez parę $(6 - c_{1}, 6 - c_{2})$ , a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa $66$ ,
każda z liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest przyporządkowana do dokładnie jednej pary $(6 - c_{1}, 6 - c_{2})$ , gdzie $c_{1}$ oraz $c_{2}$ to liczby wybrane ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5}$ .

Oznacza to, że dodając wszystkie liczby dwucyfrowe wpisane w ten sposób do tabeli:

dodamy sumy par liczb wpisanych w $25$ komórkach tabeli, czyli $25$ razy liczbę $66$ ,
dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy $S$ .

Stąd

2 S = 25 \cdot 66

a więc

S = \frac{1}{2} \cdot 25 \cdot 66 = 25 \cdot 33 = 825

Przykład 6

Obliczymy sumę $S$ wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ (cyfry mogą się powtarzać).
Wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest dokładnie tyle, ile trzyelementowych ciągów $(c_{1}, c_{2}, c_{3})$ , gdzie $c_{1}$ , $c_{2}$ oraz $c_{3}$ to liczby wybrane ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5}$ , z powtórzeniami. Tych liczb jest zatem $5 \cdot 5 \cdot 5 = 125$ .
Ich sumę obliczymy dwoma sposobami.

sposób $I$

Sumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na $5$ grup ze względu na cyfrę setek. Zauważamy, że jest $25$ liczb w każdej takiej grupie. Przy czym dla ustalonej cyfry setek dopisane do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ .
Zatem:

sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą $1$ , otrzymamy

25 \cdot 100 + 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą $2$ , otrzymamy

25 \cdot 200 + 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą $3$ , otrzymamy

25 \cdot 300 + 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą $4$ , otrzymamy

25 \cdot 400 + 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)

sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą $5$ , otrzymamy

$25 \cdot 500 + 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$ .
Oznacza to, że

S = 25 \cdot (100 + 200 + 300 + 400 + 500) + 5 \cdot 5 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 \cdot 5 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) =

= 25 \cdot 111 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 25 \cdot 111 \cdot 15 = 41625

Zauważmy, że w tej sumie otrzymaliśmy $25$ razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych miejscach zapisu dziesiętnego: jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności. Mając to na uwadze, można było od razu zapisać sumę $S$ w postaci
$S = 25 \cdot (100 + 200 + 300 + 400 + 500) + 25 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 25 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$ .

sposób $II$

Wypisujemy wszystkie liczby trzycyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę trzycyfrową, w następujący sposób: do liczby opisanej przez trójkę $(c_{1}, c_{2}, c_{3})$ dopisujemy liczbę opisaną przez trójkę $(6 - c_{1}, 6 - c_{2}, 6 - c_{3})$ .
Zauważmy, że

istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez trójkę $(c_{1}, c_{2}, c_{3})$ do liczby wyznaczonej przez trójkę $(6 - c_{1}, 6 - c_{2}, 6 - c_{3})$ , a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa $666$ ,
każda z liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest przyporządkowana do dokładnie jednej trójki $(6 - c_{1}, 6 - c_{2}, 6 - c_{3})$ , gdzie $c_{1}$ , $c_{2}$ oraz $c_{3}$ to liczby wybrane ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5}$ .

Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby trzycyfrowe:

dodamy sumy par liczb wpisanych w $125$ przypadkach, czyli $125$ razy liczbę $666$ ,
dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy $S$ .

Stąd

2 S = 125 \cdot 666

a więc

S = \frac{1}{2} \cdot 125 \cdot 666 = 125 \cdot 333 = 41625

i9ZtphaHIW_d5e439

Zastosowanie reguły mnożenia oraz reguły dodawania

Przykład 7

Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia, polegającego na tym, że

suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.
W poniższej tabeli przedstawiamy wszystkie możliwe wyniki dwukrotnego rzutu kostką. Zaznaczamy te, dla których suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.
Tabela. Dane
$1$
$2$
$3$
$4$
$5$
$6$
$1$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
$2$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
$3$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
$4$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
$5$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
$6$
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwości
Razem:
$(3 + 3 + 3) + (3 + 3 + 3) = 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18$
Zatem wszystkich takich wyników jest $18$ .
Zauważmy przy okazji, że warto od razu podzielić wyniki pojedynczego rzutu ze względu na parzystość liczby wyrzuconych oczek:
Tabela. Dane
wynik pojedynczego rzutu
${1, 2, 3, 4, 5, 6}$
wyniki nieparzyste
${1, 3, 5}$
wyniki parzyste
${2, 4, 6}$
$6$ możliwości
$3$ możliwości
$3$ możliwości
Przy zliczaniu konkretnych możliwości skorzystamy z tego podziału oraz zastosujemy dwie poznane zasady: regułę mnożenia i regułę dodawania.
Zauważmy, że aby suma liczb wyrzuconych oczek była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby oczek tej samej parzystości. Oznacza to, że:

Tabela. Dane
	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$1$	$x$		$x$		$x$		$3$ możliwości
$2$		$x$		$x$		$x$	$3$ możliwości
$3$	$x$		$x$		$x$		$3$ możliwości
$4$		$x$		$x$		$x$	$3$ możliwości
$5$	$x$		$x$		$x$		$3$ możliwości
$6$		$x$		$x$		$x$	$3$ możliwości
					Razem:	$(3 + 3 + 3) + (3 + 3 + 3) = 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18$

Tabela. Dane
wynik pojedynczego rzutu ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	wyniki nieparzyste ${1, 3, 5}$	wyniki parzyste ${2, 4, 6}$
$6$ możliwości	$3$ możliwości	$3$ możliwości

do każdej z $3$ nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z $3$ nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie $3 ∙ 3 = 9$ możliwości,
do każdej z $3$ parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z $3$ parzystych liczb oczek, co daje łącznie $3 ∙ 3 = 9$ możliwości.
Wobec tego w sumie otrzymujemy $3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18$ wyników, dla których suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.

Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest liczbą nieparzystą.
Aby iloczyn liczb wyrzuconych oczek był nieparzysty, w obu rzutach musimy otrzymać liczbę nieparzystą. Zatem do każdej z $3$ nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za drugim razem wyrzucić jedną z $3$ nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie $3 ∙ 3 = 9$ możliwości.
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Aby iloczyn liczb wyrzuconych oczek był parzysty, w co najmniej jednym z rzutów musimy otrzymać parzystą liczbę oczek. Oznacza to, że:

do każdej z $3$ parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za drugim razem wyrzucić dowolną liczbę oczek, co daje łącznie $3 ∙ 6 = 18$ możliwości,
do każdej z $3$ nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za drugim razem wyrzucić jedną z $3$ parzystych liczb oczek, co daje łącznie $3 ∙ 3 = 9$ możliwości.
Wobec tego w sumie otrzymujemy $3 ∙ 6 + 3 ∙ 3 = 27$ wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Zauważmy przy okazji, że zbiór wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką można rozbić na dwa podzbiory:
$A$ – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty,
$B$ – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Wtedy
$|A \cup B| = |A| + |B|$
przy czym $|A \cup B| = 6 \cdot 6 = 36$ (tyle jest wszystkich możliwych wyników dwukrotnego rzutu kostką) oraz $|A| = 3 \cdot 3 = 9$ (tyle jest wyników dwukrotnego rzutu kostką, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty). Zatem
$36 = 9 + |B|$
stąd
$|B| = 36 - 9 = 27$

Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez $6$ .

Tym razem zaznaczamy w tabeli te wyniki, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez $6$ .

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$1$						$x$	$1$ możliwość
$2$			$x$				$2$ możliwości
$3$		$x$		$x$		$x$	$3$ możliwości
$4$			$x$			$x$	$2$ możliwości
$5$						$x$	$1$ możliwość
$6$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$	$6$ możliwości
					Razem:		$1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 2 ∙ 1 + 2 ∙ 2 + 1 ∙ 3 + 1 ∙ 6 = 15$

Zatem wszystkich takich wyników jest $15$ .
Podsumowując zauważmy, że można wyniki pojedynczego rzutu podzielić na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez $6$ daje wyrzucona liczba oczek.
Wtedy:

jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy $6$ oczek, to liczba oczek wyrzuconych za drugim razem jest dowolna , co daje łącznie $1 ∙ 6 = 6$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy $2$ lub $4$ oczka, to za drugim razem musimy wyrzucić $3$ lub $6$ oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez $3$ ), co daje łącznie $2 ∙ 2 = 4$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy $3$ oczka, to za drugim razem musimy wyrzucić $2, 4$ lub $6$ oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez $2$ ), co daje łącznie $1 ∙ 3 = 3$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy $1$ lub $5$ oczek, to za drugim razem musimy wyrzucić $6$ oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez $6$ ), co daje łącznie $2 ∙ 1 = 2$ możliwości.

Zatem wszystkich takich wyników jest $1 ∙ 6 + 2 ∙ 2 + 1 ∙ 3 + 2 ∙ 1 = 15$ .

Przykład 8

W pudełku jest $17$ kul, ponumerowanych od $1$ do $17$ . Z tego pudełka losujemy dwa razy po jednej kuli, przy czym po losowaniu wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka.
Inaczej mówiąc: ze zbioru $\{1, 2, 3, . . ., 16, 17\}$ losujemy dwa razy po jednej liczbie, ze zwracaniem.
Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia.

Suma wylosowanych liczb jest parzysta.
Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:

Tabela. Dane
wynik pojedynczego losowania ${1, 2, 3, \dots, 16, 17}$	wyniki nieparzyste ${1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}$	wyniki parzyste ${2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}$
$17$ możliwości	$9$ możliwości	$8$ możliwości

Zauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:

do każdej z $9$ liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z $9$ liczb nieparzystych, co daje łącznie $9 ∙ 9 = 81$ możliwości,
do każdej z $8$ liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z $8$ liczb nieparzystych, co daje łącznie $8 ∙ 8 = 64$ możliwości.
Wobec tego łącznie otrzymujemy $9 ∙ 9 + 8 ∙ 8 = 81 + 64 = 145$ wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.

Iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru $\{1, 2, 3, . . ., 16, 17\}$ można rozbić na dwa podzbiory:
$A$ – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,
$B$ – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Wtedy
$|A \cup B| = |A| + |B|$ ,
przy czym $|A \cup B| = 17 \cdot 17 = 289$ (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego losowania) oraz $|A| = 9 \cdot 9 = 81$ (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty).
Zatem $|B| = 289 - 81 = 208$ , co oznacza, że jest $208$ wyników tego doświadczenia, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ ?

sposób $I$
Posłużymy się metodą tabeli.
Rozpatrzmy najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiadające wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez $6$ .
Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez $6$ .

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	reszta $1$	reszta $2$	reszta $3$	reszta $4$	reszta $5$	reszta $0$
reszta $1$						$x$
reszta $2$			$x$			$x$
reszta $3$		$x$		$x$		$x$
reszta $4$			$x$			$x$
reszta $5$						$x$
reszta $0$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$

Wszystkich takich wyników jest $15$ .Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory: ${1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12}$ oraz ${13, 14, 15, 16, 17}$ . W zbiorczej tabeli zliczamy wszystkie możliwości w $9$ przypadkach, dla każdego z nich odczytując liczbę możliwości ze wzorcowej tabeli.

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	${13, 14, 15, 16, 17}$
${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15 - 6 = 9$ możliwości
${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15 - 6 = 9$ możliwości
${13, 14, 15, 16, 17}$	$15 - 6 = 9$ możliwości	$15 - 6 = 9$ możliwości	$4$ możliwości

Mamy więc:

$4$ przypadki, które dają $15$ wyników z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ ,
$4$ przypadki, które dają $9$ wyników z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ ,
oraz $1$ przypadek, który daje $4$ wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ .

Łącznie otrzymujemy $4 ∙ 15 + 4 ∙ 9 + 1 ∙ 4 = 60 + 36 + 4 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .
Uwaga. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci.

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	${13, 14, 15, 16, 17, 18}$
${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości
${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości
${13, 14, 15, 16, 17, 18}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości

Zauważmy, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej $9 ∙ 15 = 135$ możliwości niepotrzebne nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę $18$ . Tych niepotrzebnych przypadków jest $18 + 18 - 1 = 35$ , a więc jest $135 - 35 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .

sposób $II$
Podzielimy wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez $6$ daje wylosowana liczba, przy czym grupujemy je jak poniżej:

Tabela. Dane
wynik pojedynczego losowania ${1, 2, 3, \dots, 16, 17}$	wyniki podzielne przez $6$ ${6, 12}$	wyniki podzielne przez $3$ i niepodzielne przez $6$ ${3, 9, 15}$	wyniki podzielne przez $2$ i niepodzielne przez $6$ ${2, 4, 8, 10, 14, 16}$	pozostałe wyniki ${1, 5, 7, 11, 13, 17}$
$17$ możliwości	$2$ możliwości	$3$ możliwości	$6$ możliwości	$6$ możliwości

Obliczamy, odwołując się do tych przypadków:

jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $6$ lub $12$ , to liczba wylosowana za drugim razem jest dowolna, co daje łącznie $2 ∙ 17 = 34$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $3, 9$ lub $15$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie $3 ∙ (2 + 6) = 24$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $2, 4, 8, 10, 14$ lub $16$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez $3$ , co daje łącznie $6 (2 + 3) = 30$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $1, 5, 7, 11, 13$ lub $17$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez $6$ , co daje łącznie $6 ∙ 2 = 12$ możliwości.

Łącznie otrzymujemy $2 ∙ 17 + 3 ∙ 8 + 6 ∙ 5 + 6 ∙ 2 = 34 + 24 + 30 + 12 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .

Przykład 9

Obliczymy, ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie:

cyfra jedności jest parzysta.
W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić dowolna cyfra różna od zera ( $9$ możliwości), na miejscu cyfry setek – dowolna cyfra ( $10$ możliwości), na miejscu cyfry dziesiątek – dowolna cyfra ( $10$ możliwości), a na miejscu cyfry jedności musi wystąpić jedna z cyfr: $0, 2, 4, 6$ lub $8$ ( $5$ możliwości). Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:
$9 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 5 = 4500 .$
Uwaga. Czterocyfrowa liczba naturalna ma na miejscu cyfry jedności cyfrę parzystą wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą parzystą. Ponieważ czterocyfrowych liczb parzystych jest $\frac{1}{2} \cdot 9000 = 4500$ , więc dokładnie tyle jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie cyfra jedności jest parzysta.
cyfra tysięcy jest parzysta.
W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić jedna z cyfr: $2, 4, 6$ lub $8$ ( $4$ możliwości), a na każdym z miejsc: cyfry setek, cyfry dziesiątek oraz cyfry jedności należy wstawić dowolnie wybraną cyfrę (za każdym razem mamy $10$ możliwości).
Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:
$4 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 4000 .$
dokładnie jedna cyfra jest parzysta.
Rozpatrujemy przypadki:

parzysta jest jedynie cyfra tysięcy:
wtedy na miejscu cyfry tysięcy musi wystąpić jedna z cyfr: $2, 4, 6$ lub $8$ ( $4$ możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy $5$ możliwości).
Zatem wszystkich możliwości jest $4 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 500$ ,
parzysta jest jedynie cyfra setek:
wtedy na miejscu cyfry setek musi wystąpić cyfra parzysta ( $5$ możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy $5$ możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest $5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625$ ,
parzysta jest jedynie cyfra dziesiątek:
wtedy na miejscu cyfry dziesiątek musi wystąpić cyfra parzysta ( $5$ możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy $5$ możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest $5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625$ ,
parzysta jest jedynie cyfra jedności:
wtedy na miejscu cyfry jedności musi wystąpić cyfra parzysta ( $5$ możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzysta (za każdym razem mamy $5$ możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest $5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625$ .
Ostatecznie stwierdzamy, że jest $500 + 3 \cdot 625 = 2375$ czterocyfrowych liczb naturalnych, w których dokładnie jedna cyfra jest parzysta.

cyfra dziesiątek jest o $2$ większa od cyfry setek.
W zapisie każdej z szukanych liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić dowolna cyfra różna od zera ( $9$ możliwości), a na miejscu cyfr jedności – dowolna cyfra ( $10$ możliwości). Ponieważ cyfra dziesiątek jest o $2$ większa od cyfry setek, więc na miejscu cyfry dziesiątek może wystąpić jedna z cyfr: $9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2$ i wtedy na miejscu cyfry setek wystąpi cyfra odpowiednio $7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0$ , tzn. możliwych jest $8$ liczb dwucyfrowych utworzonych przez cyfrę setek i cyfrę dziesiątek: $97, 86, 75, 64, 53, 42, 31, 20$ .

Wynika z tego, że jest $9 ∙ 10 ∙ 8 = 720$ liczb naturalnych czterocyfrowych, w których cyfra dziesiątek jest o $2$ większa od cyfry setek.

Przykład 10

Obliczymy, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje $0$ , jest dokładnie jedna cyfra $4$ i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.
Szkic rozwiązania.
Podzielmy zbiór ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu.

Tabela. Dane
cyfry do wyboru ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$	cyfra $4$ ${4}$	cyfry nieparzyste (np) ${1, 3, 5, 7, 9}$	pozostałe cyfry ${2, 6, 8}$
$9$ elementów	$1$ element	$5$ elementów	$3$ elementy

Najpierw wybierzemy dwa miejsca, na których ustawimy odpowiednio: cyfrę $4$ oraz cyfrę nieparzystą.
Możliwe wybory opiszemy, wskazując miejsce w czteroelementowym ciągu, zgodne z przyporządkowaniem do odpowiedniego rzędu. Wybory te ilustruje poniższa tabelka.

Tabela. Dane
Miejsce dla cyfry $4$ / miejsce dla cyfry nieparzystej	rząd tysięcy	rząd setek	rząd dziesiątek	rząd jedności
rząd tysięcy		(np , 4 , _ , _ )	(np , _ , 4 , _ )	(np , _ , _ , 4 )
rząd setek	(4 , np , _ , _ )		( _ , np , 4 , _ )	( _ , np , _ , 4 )
rząd dziesiątek	(4 , _ , np , _ )	( _ , 4 , np , _ )		( _ , _ , np , 4 )
rząd jedności	(4 , _ , _ , np)	( _ , 4 , _ , np )	( _ , _ , 4 , np )

Takich możliwości jest więc $4 ∙ 3$ , bo wybieramy te dwa miejsca bez powtórzeń (nie jest, oczywiście, możliwe, żeby na tym samym miejscu zapisana była cyfra $4$ i jednocześnie cyfra nieparzysta).
W każdym z tych $12$ przypadków pozostaje nam wstawić konkretne cyfry w trzy miejsca (cyfra $4$ swoje miejsce już zajęła):

jedno dla cyfry nieparzystej – jest $5$ takich możliwości,
dwa pozostałe miejsca; w każde z nich musimy wstawić cyfrę parzystą ze zbioru ${2, 6, 8}$ – jest $3 ∙ 3 = 9$ takich możliwości.

Zatem w sumie mamy $3 ∙ 4 = 12$ rozłącznych przypadków wyboru miejsc dla cyfr wyróżnionych w treści zadania (jak w tabelce), a w każdym z nich mamy $5 ∙ 3 ∙ 3$ możliwości wstawienia odpowiednich cyfr.
Korzystając z reguły mnożenia, ostatecznie otrzymujemy

(3 ∙ 4) ∙ (5 ∙ 3 ∙ 3) = 12 45 = 540

liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje $0$ , jest dokładnie jedna cyfra $4$ i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.
Uwaga. Powyższe zliczanie możemy też rozłożyć na trzy etapy:
$(1)$ wybór miejsca dla cyfry $4$ i zapisanie tej cyfry ( $4$ możliwości),
$(2)$ wybór miejsca dla cyfry nieparzystej i zapisanie tej cyfry ( $3 ∙ 5$ możliwości),
$(3)$ zapisanie cyfr na pozostałych dwóch miejsc ( $3 ∙ 3$ możliwości).
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, to korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest

4 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 3 = 540

Zliczając w poprzednim przykładzie wszystkie możliwości wyboru miejsc, na których należało ustawić cyfrę $4$ oraz cyfrę nieparzystą, opisywaliśmy wybór dwóch miejsc z czterech dostępnych, bez powtórzeń.
W kolejnych przykładach zajmiemy się obliczaniem wszystkich możliwych wyborów dokonywanych w pewnych sytuacjach, przy czym za każdym razem bez powtórzeń.

Przykład 11

Obliczymy, ile jest:

liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra $0$ .
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
$(1)$ zapisanie cyfry dziesiątek ( $9$ możliwości),
$(2)$ zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry dziesiątek ( $8$ możliwości).
Zatem szukanych liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra $0$ , jest
$9 \cdot 8 = 72 .$ Wybory i wszystkie utworzone w ich wyniku liczby można przedstawić w tabeli.
Tabela. Dane
$c_{1 /} c_{2}$
$1$
$2$
$3$
$4$
$5$
$6$
$7$
$8$
$9$
$1$
$12$
$13$
$14$
$15$
$16$
$17$
$18$
$19$
$2$
$21$
$23$
$24$
$25$
$26$
$27$
$28$
$29$
$3$
$31$
$32$
$34$
$35$
$36$
$37$
$38$
$39$
$4$
$41$
$42$
$43$
$45$
$46$
$47$
$48$
$49$
$5$
$51$
$52$
$53$
$54$
$56$
$57$
$58$
$59$
$6$
$61$
$62$
$63$
$64$
$65$
$67$
$68$
$69$
$7$
$71$
$72$
$73$
$74$
$75$
$76$
$78$
$79$
$8$
$81$
$82$
$83$
$84$
$85$
$86$
$87$
$89$
$9$
$91$
$92$
$93$
$94$
$95$
$96$
$97$
$98$
liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani cyfra $0$ , ani cyfra $5$ .
Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:
$(1)$ zapisanie cyfry setek ( $8$ możliwości),
$(2)$ zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry setek ( $7$ możliwości),
$(3)$ zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry setek i od cyfry dziesiątek ( $6$ możliwości).
Zatem szukanych liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani cyfra $0$ , ani cyfra $5$ , jest
$8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$
liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie występuje żadna z cyfr: $0, 2, 4$ .
Zliczanie rozkładamy na cztery etapy:
$(1)$ zapisanie cyfry tysięcy ( $7$ możliwości),
$(2)$ zapisanie cyfry setek, różnej od cyfry tysięcy ( $6$ możliwości),
$(3)$ zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry tysięcy i od cyfry setek ( $5$ możliwości),
$(4)$ zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej ( $4$ możliwości),
Zatem szukanych liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie występuje żadna z cyfr: $0, 2, 4$ , jest
$7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 = 840$
liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wyłącznie cyfry $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ .

Tabela. Dane
$c_{1 /} c_{2}$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$
$1$		$12$	$13$	$14$	$15$	$16$	$17$	$18$	$19$
$2$	$21$		$23$	$24$	$25$	$26$	$27$	$28$	$29$
$3$	$31$	$32$		$34$	$35$	$36$	$37$	$38$	$39$
$4$	$41$	$42$	$43$		$45$	$46$	$47$	$48$	$49$
$5$	$51$	$52$	$53$	$54$		$56$	$57$	$58$	$59$
$6$	$61$	$62$	$63$	$64$	$65$		$67$	$68$	$69$
$7$	$71$	$72$	$73$	$74$	$75$	$76$		$78$	$79$
$8$	$81$	$82$	$83$	$84$	$85$	$86$	$87$		$89$
$9$	$91$	$92$	$93$	$94$	$95$	$96$	$97$	$98$

Zliczanie rozkładamy na pięć etapów:
$(1)$ zapisanie cyfry dziesiątek tysięcy ( $7$ możliwości),
$(2)$ zapisanie cyfry tysięcy, różnej od cyfry dziesiątek tysięcy ( $6$ możliwości),
$(3)$ zapisanie cyfry setek, różnej od cyfr: tysięcy oraz dziesiątek tysięcy ( $5$ możliwości),
$(4)$ zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej ( $4$ możliwości),
$(5)$ zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z czterech cyfr zapisanych wcześniej ( $3$ możliwości).
Zatem szukanych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wyłącznie cyfry $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ , jest

7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 2520

Przykład 12

Flagę, taką jak pokazana na rysunku, należy zszyć z trzech jednakowych pasów kolorowej tkaniny. Kolory pasów górnego, środkowego i dolnego mają być parami różne. Obliczymy, ile takich różnych flag można utworzyć, mając do dyspozycji tkaniny w sześciu różnych kolorach.

R13pCMl4JNrGo1

Rysunek flagi złożonej z trzech poziomo ułożonych pasów. Pas górny – kolor niebieski, pas środkowy – kolor brązowy. Pas dolny – kolor zielony. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Zliczanie liczby flag rozkładamy na trzy etapy:
$(1)$ wybór koloru dla górnego pasa ( $6$ możliwości),
$(2)$ wybór koloru dla środkowego pasa ( $5$ możliwości),
$(3)$ wybór koloru dla dolnego pasa ( $4$ możliwości).
Zatem liczba wszystkich możliwych takich flag jest równa

6 \cdot 5 \cdot 4 = 120

i9ZtphaHIW_d5e769

Wariacje bez powtórzeń

W ostatnich przykładach mieliśmy do czynienia z doświadczeniami polegającymi na wyborze kolejno pewnej liczby elementów z ustalonego zbioru, przy czym wybierane elementy nie mogły się powtarzać.
Załóżmy, że mamy do czynienia z doświadczeniem polegającym na wyborze kolejno $k$ elementów ze zbioru $n$ -elementowego, bez powtórzeń ( $k$ jest liczbą całkowitą spełniającą układ nierówności $1 \leq k \leq n$ ).
Rozumując podobnie jak w tych przykładach, rozłóżmy doświadczenie na $k$ etapów. Wtedy w kolejnych etapach od pierwszego do ostatniego (o numerze $k$ ) liczby możliwości będą równe odpowiednio $n$ , $n - 1$ , $n - 2$ aż do $n - (k - 1)$ . Stosując regułę mnożenia, stwierdzamy, że wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia jest
$\underset{k czynników}{\underset{⏟}{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot . . . \cdot (n - k + 1)}}$ .
Doświadczenie polegające na wyborze kolejno $k -$ elementów ze zbioru $n$ -elementowego, bez powtórzeń, gdzie $k$ jest liczbą całkowitą spełniającą warunek $1 \leq k \leq n$ , nazywa się zwyczajowo $k$ -wyrazową wariacją bez powtórzeń zbioru $n -$ elementowego.
Modelem dla tego typu doświadczenia jest $k$ –wyrazowy ciąg o elementach wybranych ze zbioru $n -$ elementowego bez powtórzeń.

Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.

liczba k‑wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n‑elementowego

Własność: liczba k‑wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n‑elementowego

Liczba wszystkich $k$ -wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n‑elementowego jest równa

\underset{k czynników}{\underset{⏟}{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot \dots \cdot (n - k + 1)}}

Ważne!

Uwaga. Iloczyn kolejnych liczb naturalnych od $1$ do $n$

1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot . . . \cdot n

nazywa się silnią liczby $n$ i oznacza się symbolem $n!$ , co czytamy „ $n$ silnia”.
Zauważmy, że jeśli liczbę

\underset{k czynników}{\underset{⏟}{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot . . . \cdot (n - k + 1)}}

pomnożymy i jednocześnie podzielimy przez iloczyn kolejnych liczb naturalnych od $1$ do $n - k$ , czyli przez liczbę $(n - k)!$ , to stwierdzimy, że liczba wszystkich $k$ -wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru $n$ -elementowego jest równa
$n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot . . . \cdot (n - k + 1) \cdot \frac{(n - k)!}{(n - k)!} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot . . . \cdot (n - k + 1) \cdot (n - k) \cdot (n - k - 1) \cdot . . . \cdot 1}{(n - k)!} = \frac{n!}{(n - k)!}$ .

Przykład 13

Korzystając z twierdzenia o liczbie wszystkich wariacji bez powtórzeń, obliczymy, że

liczba wszystkich sposobów, na jakie Jaś i Małgosia mogą usiąść na dwóch spośród siedmiu wolnych miejsc w kinie, jest równa $7 \cdot 6 = 42$ , co można też zapisać jako $\frac{7!}{5!}$ .
liczba wszystkich możliwych trzyliterowych napisów o różnych literach wybranych ze zbioru ${a, e, j, k, m}$ jest równa $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ . Tę liczbę można też zapisać jako $\frac{5!}{2!}$ .
liczba wszystkich możliwych sposobów rozmieszczenia $4$ różnych kul w $6$ różnych pudełkach tak, żeby w każdym pudełku znalazła się co najwyżej jedna kula, jest równa $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360$ , co można też zapisać jako $\frac{6!}{2!}$ .
liczba wszystkich możliwych wyborów $3$ osób: przewodniczącego, zastępcy i skarbnika do samorządu $32$ -osobowej klasy to $32 \cdot 31 \cdot 30 = 29760$ . Otrzymany wynik można też zapisać w postaci $\frac{32!}{29!}$ .
liczba wszystkich możliwych sposobów wylosowania kolejno $5$ kart (jedna po drugiej) z brydżowej talii $52$ kart to $52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49 \cdot 48 = 311875200$ . Otrzymany wynik można też zapisać jako $\frac{52!}{47!}$ .
liczba wszystkich możliwych sposobów, na które grupa $6$ dziewczynek może zająć miejsca w sześcioosobowym rzędzie, to $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 720$ . Ten wynik można też zapisać w postaci $6!$ .
liczba wszystkich możliwych napisów otrzymanych z przestawiania liter wyrazu „płot” to $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ . Otrzymany wynik można też zapisać jako $4!$ .

Permutacje

RvZj5qK48YiAE1

Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

W poprzednim przykładzie
– w podpunkcie f) rozpatrywaliśmy sześciowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru sześcioelementowego,
– w podpunkcie g) rozpatrywaliśmy czterowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru czteroelementowego.

W przypadku $k = n$ wariację bez powtórzeń nazywamy permutacją zbioru $n$ -elementowego.
Zatem permutacją zbioru n‑elementowego nazywamy każdy ciąg utworzony ze wszystkich wyrazów tego zbioru, a liczba wszystkich permutacji zbioru $n$ -elementowego jest równa
$n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot . . . \cdot 1 = n!$ .

Przykład 14

Obliczymy, ile jest wszystkich takich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ , w których zapisie

cyfra $1$ zapisana jest na pierwszym miejscu od lewej.
Zapisujemy cyfrę $1$ na pierwszym miejscu od lewej. Pozostaje nam rozmieścić pozostałe $4$ cyfry na $4$ miejscach, co można zrobić na $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ sposoby. Oznacza to, że są $24$ takie liczby.
między cyframi $1$ oraz $2$ zapisane są trzy inne cyfry.
Z treści zadania wynika, że cyfry $1$ oraz $2$ muszą zająć dwa skrajne miejsca, a pozostałe trzy cyfry trzeba wpisać na trzech miejscach między nimi. Wobec tego cyfry $1$ i $2$ zapiszemy na dwa sposoby, a w każdym z tych przypadków cyfry $3, 4, 5$ zapiszemy na $3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$ sposobów. Zatem wszystkich takich liczb jest $2 \cdot 6 = 12$ .
cyfry $1$ oraz $2$ nie są zapisane obok siebie.

sposób $I$

Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:

wybór miejsca dla cyfry $1$ i zapisanie tej cyfry,
wybór miejsca dla cyfry $2$ i zapisanie tej cyfry,
zapisanie pozostałych trzech cyfr.

Mamy dwa istotnie różne przypadki:

jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na jednym z dwóch skrajnych miejsc, to cyfrę $2$ będziemy mogli zapisać na jednym z trzech miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech dostępnych miejscach na $3!$ sposobów. W tym przypadku mamy więc $2 \cdot 3 \cdot 3! = 36$ sposobów zapisu takich liczb.
jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na miejscu drugim, trzecim lub czwartym, to cyfrę $2$ będziemy mogli zapisać na jednym z dwóch miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech dostępnych miejscach na $3!$ sposobów. W tym przypadku mamy więc $3 \cdot 2 \cdot 3! = 36$ sposobów zapisu takich liczb.

Wobec tego wszystkich takich liczb jest $36 + 36 = 72$ .

sposób $II$
Zauważamy, że wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest $5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120$ . W zapisie każdej z tych liczb cyfry $1, 2$ są zapisane obok siebie albo nie są zapisane obok siebie. Dla ustalenia, ile jest liczb w drugim przypadku, wystarczy więc obliczyć, ile jest takich liczb, w których cyfry $1, 2$ są zapisane obok siebie.
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
$-$ wybór dwóch miejsc dla cyfr $1, 2$ oraz zapisanie tych cyfr,
$-$ zapisanie pozostałych trzech cyfr.
Mamy cztery możliwości wyboru sąsiednich miejsc dla cyfr $1, 2$ : pierwsze i drugie lub drugie i trzecie, lub trzecie i czwarte, lub czwarte i piąte. W każdym z tych czterech przypadków cyfry $1, 2$ możemy zapisać na wybranych miejscach na dwa sposoby. W drugim etapie zapisujemy pozostałe trzy cyfry na trzech dostępnych miejscach, co można zrobić na $3$ ! sposobów. Oznacza to, że wszystkich takich liczb pięciocyfrowych, w których cyfry $1, 2$ są zapisane obok siebie, jest $4 \cdot 2 \cdot 3! = 48$ . Stąd wszystkich takich liczb pięciocyfrowych, w których cyfry $1, 2$ nie są zapisane obok siebie, jest $120 - 48 = 72$ .
Uwaga. Zliczanie wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ , w których cyfry $1, 2$ są zapisane obok siebie, można przeprowadzić w następujący sposób:
Dwie sąsiadujące cyfry $1, 2$ zapisujemy jako jeden nowy obiekt, który oznaczamy jako np. $x$ . Następnie obliczamy liczbę możliwych rozmieszczeń $4$ elementów: bloku $x$ oraz cyfr $3, 4, 5$ – takich rozmieszczeń jest $4! = 24$ . W każdym z nich trzeba jeszcze zamienić x na zapisane obok siebie cyfry $1, 2$ , co można zrobić na $2$ sposoby. Ostatecznie stwierdzamy, że wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ , w których cyfry $1, 2$ są zapisane obok siebie, jest $2 \cdot 24 = 48$ .

cyfra $1$ jest zapisana przed cyfrą $2$ (patrząc od lewej).

sposób $I$

Numerujemy od lewej miejsca, na których można zapisać cyfry takiej liczby pięciocyfrowej: $(1), (2), (3), (4), (5)$ .
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:

wybór miejsc dla cyfr $1, 2$ oraz zapisanie tych cyfr,
zapisanie pozostałych trzech cyfr.

Ponieważ numer miejsca dla cyfry $1$ musi być mniejszy od numeru miejsca dla cyfry $2$ , więc:

jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na miejscu $(1)$ , to dla cyfry $2$ zostają do wyboru $4$ miejsca,
jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na miejscu $(2)$ , to dla cyfry $2$ zostają do wyboru $3$ miejsca,
jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na miejscu $(3)$ , to dla cyfry $2$ zostają do wyboru $2$ miejsca,
jeżeli cyfrę $1$ zapiszemy na miejscu $(4)$ , to dla cyfry $2$ zostaje do wyboru $1$ miejsce,
cyfry $1$ nie można zapisać na miejscu $(5)$ .

Oznacza to, że jest dokładnie $4 + 3 + 2 + 1 = 10$ możliwości wyboru miejsc i zapisania cyfr $1, 2$ . W każdym z tych przypadków pozostaje nam zapisać cyfry $3, 4, 5$ na pozostałych trzech miejscach, co można zrobić na $3! = 6$ sposobów. Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ , w których cyfra $1$ jest zapisana przed cyfrą $2$ (patrząc od lewej) jest $10 \cdot 6 = 60$ .

sposób $II$

Rozbijemy zbiór liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ na dwa podzbiory:
$A$ – tych liczb, w których cyfra $1$ jest zapisana przed cyfrą $2$ ,
$B$ – tych liczb, w których cyfra $2$ jest zapisana przed cyfrą $1$ .
Ponieważ:

zbiory te są rozłączne, więc $|A \cup B| = |A| + |B|$ ,
wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ jest $5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120$ , więc $|A \cup B| = |A| + |B| = 120$ .

Zauważmy, że:

wybierając dowolną liczbę ze zbioru $A$ i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry $1, 2$ , otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru $B$ ,
wybierając dowolną liczbę ze zbioru $B$ i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry $1, 2$ , otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru $A$ .

Wobec tego zbiory $A$ i $B$ są równoliczne, co oznacza, że $|A| = \frac{1}{2} \cdot 120 = 60$ .
Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5$ , w których cyfra $1$ jest zapisana przed cyfrą $2$ (patrząc od lewej), jest $\frac{1}{2} \cdot 120 = 60$ .

i9ZtphaHIW_d5e1021

classicmobile

Ćwiczenie 1

W karcie dań jest $6$ zup i $7$ drugich dań. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?

RHgJ2SjhyOUbk

$13$
$36$
$42$
$49$

static

Ćwiczenie 1

W karcie dań jest $6$ zup i $7$ drugich dań. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się z jednej zupy i jednego drugiego dania?

R1AZbbj2HS0x5

$13$
$36$
$42$
$49$

classicmobile

Ćwiczenie 2

Wybieramy liczbę $a$ ze zbioru $A = \{1, 2, 3, 4, 5\}$ oraz liczbę $b$ ze zbioru $B = \{6, 7, 8, 9, 10\}$ . Ile jest takich par $(a, b)$ , że iloczyn $a \cdot b$ jest liczbą nieparzystą?

RRGcW3VAuzwB4

$5$
$6$
$9$
$10$

static

Ćwiczenie 2

Wybieramy liczbę $a$ ze zbioru $A = \{1, 2, 3, 4, 5\}$ oraz liczbę $b$ ze zbioru $B = \{6, 7, 8, 9, 10\}$ . Ile jest takich par $(a, b)$ , że iloczyn $a \cdot b$ jest liczbą nieparzystą?

RbqtBDUKuEyFM

$5$
$6$
$9$
$10$

classicmobile

Ćwiczenie 3

Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzysta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?

R1DD7nISSAhxO

$15$
$25$
$125$
$500$

static

Ćwiczenie 3

Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzysta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?

RMMRlyz4ESyg5

$15$
$25$
$125$
$500$

classicmobile

Ćwiczenie 4

Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa

R13smg5xy8JgR

static

Ćwiczenie 4

Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa

R1MiNlDf5FaEL

classicmobile

Ćwiczenie 5

Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba $2^{4} \cdot 5^{3}$ ?

R1Xu8pJhZB5cA

$20$
$12$
$9$
$7$

static

Ćwiczenie 5

Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba $2^{4} \cdot 5^{3}$ ?

R17dvTNVFGyub

$20$
$12$
$9$
$7$

classicmobile

Ćwiczenie 6

Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pięciu wolnych miejsc w kinie, jest równa

R98Ac95FUTrDC

$60$
$45$
$15$
$12$

static

Ćwiczenie 6

Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pięciu wolnych miejsc w kinie, jest równa

Red4kPN2kPfzk

$60$
$45$
$15$
$12$

classicmobile

Ćwiczenie 7

Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3$ (cyfry mogą się powtarzać) jest równa

R1AdvMnRoLfWO

$396$
$198$
$132$
$66$

static

Ćwiczenie 7

Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3$ (cyfry mogą się powtarzać) jest równa

R1OcJvHkbqume

$396$
$198$
$132$
$66$

classicmobile

Ćwiczenie 8

Siedmioosobowa grupa, czworo dorosłych i troje dzieci, wykupiła bilety na ten sam seans do kina, przy czym wybrali miejsca od $10$ do $16$ w dwudziestym rzędzie. Liczba wszystkich sposobów, na jakie mogą oni zająć miejsca tak, aby każde z dzieci siedziało pomiędzy dorosłymi, jest równa

RQC1OpMX6CbBc

$7$
$12$
$30$
$144$

static

Ćwiczenie 8

RiAWZhuzkOFFn

$7$
$12$
$30$
$144$

Ćwiczenie 9

Ze zbioru liczb ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}$ losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza wylosowana liczba jest podzielna przez $3$ i druga wylosowana liczba jest parzysta?

$15$

Stosujemy regułę mnożenia: $3 \cdot 5 = 15$ .
Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

i9ZtphaHIW_d5e1433

Ćwiczenie 10

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ , wiedząc, że:

cyfry mogą się powtarzać.
cyfry są różne

$49$
$42$

Korzystamy z reguły mnożenia: $7 \cdot 7 = 49 .$
Korzystamy z reguły mnożenia: $7 \cdot 6 = 42$ .

Polecamy zilustrować rozwiązan, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 11

W każdym z dwóch różnych pojemników znajdują się trzy kule, z których jedna jest biała, druga – czarna, a trzecia - zielona. Z każdego pojemnika losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których uzyskamy:

kule różnych kolorów?
co najmniej jedną kulę białą?

Stosujemy metodę tabeli ( $p_{1}$ – wynik losowania z pierwszego pudełka, $p_{2}$ – wynik losowania z drugiego pudełka).

Tabela. Dane
$p_{1} / p_{2}$
biała
czarna
zielona
biała
$x$
$x$
$2$ możliwości
czarna
$x$
$x$
$2$ możliwości
zielona
$x$
$x$
$2$ możliwości
Razem:
$2 \cdot 3$ = 6
Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie trzy możliwości wylosowania kul tego samego koloru, stąd wszystkich wyników, w których uzyskamy kule różnych kolorów, jest: $3 \cdot 3 - 3 \cdot 1 = 6$ .
Tabela. Dane
$p_{1} / p_{2}$
biała
czarna
zielona
biała
$x$
$x$
$x$
$3$ możliwość
czarna
$x$
$1$ możliwość
zielona
$x$
$1$ możliwość
Razem:
$3 + 2 \cdot 1 = 5$
Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie $2 \cdot 2 = 4$ możliwości wylosowania dwóch kul, wśród których nie będzie żadnej kuli białej, więc wszystkich wyników, w których uzyskamy co najmniej jedną kulę białą, jest: $3 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = 5$ .

Tabela. Dane
$p_{1} / p_{2}$	biała	czarna	zielona
biała		$x$	$x$	$2$ możliwości
czarna	$x$		$x$	$2$ możliwości
zielona	$x$	$x$		$2$ możliwości
			Razem:	$2 \cdot 3$ = 6

Tabela. Dane
$p_{1} / p_{2}$	biała	czarna	zielona
biała	$x$	$x$	$x$	$3$ możliwość
czarna	$x$			$1$ możliwość
zielona	$x$			$1$ możliwość
			Razem:	$3 + 2 \cdot 1 = 5$

Ćwiczenie 12

Oblicz, na ile sposobów Ewa i Ola mogą zająć miejsca w kinie, jeżeli wybierają spośród

$8$ wolnych miejsc.
$12$ wolnych miejsc.

$56$
$132$

Korzystamy z reguły mnożenia: $8 \cdot 7 = 56$ .
Korzystamy z reguły mnożenia: $12 \cdot 11 = 132$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 13

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4, 5$ , wiedząc, że:

cyfry mogą się powtarzać,
cyfry są różne.

$30$
$25$

Korzystamy z reguły mnożenia: $5 \cdot 6 = 30$ .
Korzystamy z reguły mnożenia: $5 \cdot 5 = 25$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 14

Rozpatrujemy wszystkie prostokąty, których boki zawierają się w liniach siatki dzielącej prostokąt o wymiarach $4$ i $8$ na kwadraty jednostkowe.

RGIXhpAXS3Cc91

Rysunek prostokąta zbudowanego z 32 kwadratów jednostkowych ułożonych w czterech wierszach po osiem kwadratów w każdym. — Źródło: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej, licencja: CC BY 3.0.

Oblicz, ile jest wśród nich

wszystkich kwadratów o boku $1$ .
wszystkich kwadratów o boku $2$ .
wszystkich kwadratów o boku $3$ .
wszystkich kwadratów o boku $4$ .

$32$
$21$
$12$
$5$

Kwadratów o boku $1$ jest, oczywiście, $4 \cdot 8 = 32$ .
Dwie sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku $2$ możemy wybrać na $3$ sposoby, a dwa sąsiednie wiersze – na $7$ sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku $2$ jest $3 \cdot 7 = 21$ .
Trzy sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku $3$ możemy wybrać na $2$ sposoby, a trzy sąsiednie wiersze – na $6$ sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku $3$ jest $2 \cdot 6 = 12$ .
Cztery sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku $4$ możemy wybrać na $1$ sposób, a cztery sąsiednie wiersze – na $5$ sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku $5$ jest $1 \cdot 5 = 5$ .

Ćwiczenie 15

Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba:

$2^{5} \cdot 1 1^{4}$
$3^{6} \cdot 1 7^{3}$
$3969$
$4000$

$30$
$28$
$15$
$24$

Liczba dzielników jest równa $(5 + 1) \cdot (4 + 1) = 30$ .
Liczba dzielników jest równa $(7 + 1) \cdot (3 + 1) = 28$ .
Rozkładamy liczbę 3969 na czynniki pierwsze: $3969 = 7^{2} \cdot 3^{4}$ . Oznacza to, że liczba dzielników naturalnych liczby $3969$ jest równa $(2 + 1) \cdot (4 + 1) = 15$ .
Rozkładamy liczbę 4000 na czynniki pierwsze: $4000 = 5^{3} \cdot 2^{5}$ . Zatem liczba dzielników naturalnych tej liczby jest równa $(3 + 1) \cdot (5 + 1) = 24$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 16

Wybieramy liczbę a ze zbioru $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$ oraz liczbę b ze zbioru $B = \{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ . Ile jest takich par $(a, b)$ , że:

suma $a + b$ jest liczbą parzystą?
iloczyn $a \cdot b$ jest liczbą parzystą?

$24$
$37$

Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: $3 \cdot 4 + 4 \cdot 3 = 24$ .
Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: $3 \cdot 4 + 3 \cdot 3 + 4 \cdot 4 = 37$ . Można ten wynik otrzymać również licząc następująco: $7 \cdot 7 - 4 \cdot 3 = 37$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 17

Ze zbioru liczb ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza z wylosowanych liczb jest większa od drugiej i różnica między nimi jest mniejsza niż $3$ ?

$15$

Liczba $1$ jest najmniejszą z liczb w danym zbiorze, więc nie można jej wylosować jako pierwszej. Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę $2$ , to jako drugą możemy wylosować wyłącznie liczbę $1$ . Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę $n$ większą od $2$ , to za drugim razem możemy wylosować każdą z dwóch liczb: $n - 1$ lub $n - 2$ . Zatem liczba poszukiwanych wyników jest równa $1 + 2 \cdot 7 = 15$ .
Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 18

Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że

największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od $4$ ?
największa wyrzucona liczba oczek jest równa $4$ ?

$16$
$7$

Wynikiem obu rzutów mogą być jedynie liczby ze zbioru ${1, 2, 3, 4}$ , zatem liczba wszystkich wyników jest równa $4 \cdot 4 = 16$ .
Spośród wszystkich wyników z podpunktu $a)$ odrzucamy te, w których obie wyrzucone liczby oczek są mniejsze od $4$ . Otrzymujemy stąd, że liczba wszystkich wyników jest równa $4 \cdot 4 - 3 \cdot 3 = 7$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

i9ZtphaHIW_d5e1833

Ćwiczenie 19

Z pojemnika, w którym jest $10$ losów: trzy wygrywające i siedem pustych, losujemy dwa razy po jednym losie, bez zwracania. Oblicz, na ile sposobów możemy wylosować:

dwa losy wygrywające
dokładnie jeden los wygrywający
co najmniej jeden los wygrywający

$6$
$42$
$48$

Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to drugi wygrywający możemy otrzymać w drugim losowaniu na $2$ sposoby, zatem dwa losy wygrywające wylosujemy na $3 \cdot 2 = 6$ sposobów.
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to za drugim razem musimy wylosować jeden z siedmiu losów przegrywających, jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy jeden z siedmiu losów przegrywających, to za drugim razem musimy wylosować jeden z trzech losów wygrywających. Zatem dokładnie jeden los wygrywający wylosujemy na $3 \cdot 7 + 7 \cdot 3 = 42$ sposoby.
Co najmniej jeden los wygrywający wylosujemy wtedy, gdy wylosujemy dokładnie jeden taki los lub dokładnie dwa takie losy, zatem odpowiedzią jest liczba $6 + 42 = 48$ . Zauważmy też, że w wyniku opisanego losowania otrzymamy albo co najmniej jeden los wygrywający, albo oba przegrywające. Ponieważ wszystkich wyników losowania jest $10 \cdot 9 = 90$ , a oba losy przegrywające możemy wylosować na $7 \cdot 6 = 42$ sposobów, więc co najmniej jeden los wygrywający otrzymamy na $90 - 42 = 48$ sposobów.

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 20

Ze zbioru liczb ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}$ losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Załóżmy, że liczba wylosowana za pierwszym razem to $x$ , a za drugim – $y$ . Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że $|y - x| < 2$ ?

$18$

Zauważmy, że różnica $y - x$ jest liczbą całkowitą oraz $y \neq x$ . Szukamy zatem takich par $(x, y)$ , że $|y - x| = 1$ , co oznacza, że wylosowane liczby muszą różnić się o $1$ . Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę $1$ lub $10$ , to jako drugą możemy wylosować wyłącznie jedną liczbę, odpowiednio $2$ oraz $9$ . Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę $n$ różną od $1$ i od $10$ , to za drugim razem możemy wylosować każdą z dwóch liczb: $n - 1$ lub $n + 1$ . Zatem liczba poszukiwanych wyników jest równa $2 \cdot 1 + 8 \cdot 2 = 18$ .
Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 21

Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich wyników tego doświadczenia, takich że

co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $5$ i suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez $3$ .
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $5$ lub suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez $3$ .

$4$
$19$

W zbiorze wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką wyróżniamy podzbiory:
$A$ – wszystkich takich wyników, że co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $5$ ,
$B$ – wszystkich takich wyników, że suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez $3$ .
Wtedy

w jednym z rzutów musimy wyrzucić $5$ , a w drugim $1$ lub $4$ , zatem $|A \cap B| = 2 + 2 = 4$ ,
obliczamy, że $|A| = 12$ , $|B| = 11$ , zatem stosując wzór na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów otrzymujemy
$|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B| = 12 + 11 - 4 = 19$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 22

Ze zbioru liczb ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}$ losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Ile jest wszystkich wyników tego losowania, takich że iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ ?

$70$

Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę niepodzielną ani przez $2$ , ani przez $3$ (jest ich $5$ ), to za drugim razem musimy wylosować $6$ lub $12$ .
Jeżeli wylosujemy liczbę parzystą niepodzielną przez $3$ (jest ich $5$ ), to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez $3$ .
Jeżeli za pierwszym wylosujemy liczbę nieparzystą podzielną przez $3$ (są takie $2$ ), to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą.
Jeżeli wylosujemy liczbę podzielną przez $6$ (są takie $2$ ), to za drugim razem możemy wylosować dowolną liczbę. Zatem szukana liczba wyników to $5 \cdot 2 + 5 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 2 \cdot 13 = 70$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 23

Oblicz sumę $S$ wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

$1, 2, 3$ (cyfry mogą się powtarzać).
$1, 2, 3, 4, 5, 6$ (cyfry mogą się powtarzać).
$1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ (cyfry mogą się powtarzać).
$1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ (cyfry mogą się powtarzać).

$198$
$1386$
$2156$
$4455$

$S = \frac{1}{2} \cdot 3^{2} \cdot 44 = 198$
$S = \frac{1}{2} \cdot 6^{2} \cdot 77 = 1386$
$S = \frac{1}{2} \cdot 7^{2} \cdot 88 = 2156$
$S = \frac{1}{2} \cdot 9^{2} \cdot 110 = 4455$

Ćwiczenie 24

W pudełku jest $17$ kul, ponumerowanych od $1$ do $17$ . Z tego pudełka losujemy dwa razy po jednej kuli ze zwracaniem. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że:

suma wylosowanych liczb jest parzysta.
iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .

$145$
$208$
$100$

Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:

Tabela. Dane
wynik pojedynczego losowania ${1, 2, 3, \dots, 16, 17}$	wyniki nieparzyste ${1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}$	wyniki parzyste ${2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}$
$17$ możliwości	$9$ możliwości	$8$ możliwości

Zauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach otrzymać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:
$-$ do każdej z $9$ liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z $9$ liczb nieparzystych, co daje łącznie $9 ∙ 9 = 81$ możliwości,
$-$ do każdej z $8$ liczb parzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim razem ponownie wylosować jedną z $8$ liczb nieparzystych, co daje łącznie $8 ∙ 8 = 64$ możliwości.
Wobec tego łącznie otrzymujemy $9 ∙ 9 + 8 ∙ 8 = 81 + 64 = 145$ wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.

Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru $\{1, 2, 3, . . ., 16, 17\}$ można rozbić na dwa podzbiory:
$A$ – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,
$B$ – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Wtedy
$|A \cup B| = |A| + |B|$ ,
przy czym $|A \cup B| = 17 \cdot 17 = 289$ (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego losowania) oraz $|A| = 9 \cdot 9 = 81$ (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty).
Zatem $|B| = 289 - 81 = 208$ , co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.

Posługujemy się metodą tabeli: zaznaczamy wszystkie przypadki i obliczamy, że jest ich $100$ .
Można też rozpatrzyć najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiadające wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez $6$ .
Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	$reszta 1$	$reszta 2$	$reszta 3$	$reszta 4$	$reszta 5$	$reszta 0$
reszta $1$						$x$
reszta $2$			$x$			$x$
reszta $3$		$x$		$x$		$x$
reszta $4$			$x$			$x$
reszta $5$						$x$
reszta $0$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$	$x$

Wszystkich takich wyników jest $15$ . Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory:

{1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12} oraz {13, 14, 15, 16, 17} .

W zbiorczej tabeli zliczamy wszystkie możliwości w 9 przypadkach, dla każdego z nich odczytując liczbę możliwości z wzorcowej tabeli.

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	{1, 2, 3, 4, 5, 6}	{7, 8, 9, 10, 11, 12}	{13, 14, 15, 16, 17}
{1, 2, 3, 4, 5, 6}	15 możliwości	15 możliwości	15 – 6 = 9 możliwości
{7, 8, 9, 10, 11, 12}	15 możliwości	15 możliwości	15 – 6 = 9 możliwości
{13, 14, 15, 16, 17}	15 – 6 = 9 możliwości	15 – 6 = 9 możliwości	4 możliwości

Mamy więc: $4$ przypadki, które dają $15$ wyników z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ , $4$ przypadki, które dają $9$ wyników z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ oraz $1$ przypadek, który daje $4$ wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez $6$ . Łącznie otrzymujemy $4 ∙ 15 + 4 ∙ 9 + 1 ∙ 4 = 60 + 36 + 4 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ . Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci

Tabela. Dane
$w_{1} / w_{2}$	${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	${13, 14, 15, 16, 17, 18}$
${1, 2, 3, 4, 5, 6}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości
${7, 8, 9, 10, 11, 12}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości
${13, 14, 15, 16, 17, 18}$	$15$ możliwości	$15$ możliwości	$15$ możliwości

i zauważyć, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej $9 ∙ 15 = 135$ możliwości niepotrzebne nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę $18$ . Tych niepotrzebnych przypadków jest $18 + 18 - 1 = 35$ , a więc jest $135 - 35 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ . Patrząc z jeszcze innej strony, można podzielić wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dzielenia przez $6$ daje wylosowana liczba, przy czym pogrupować je jak poniżej:

Tabela. Dane
wynik pojedynczego losowania ${1, 2, 3, \dots, 16, 17}$	wyniki podzielne przez $6$ ${6, 12}$	wyniki podzielne przez $3$ i niepodzielne przez $6$ ${3, 9, 15}$	wyniki podzielne przez $2$ i niepodzielne przez $6$ ${2, 4, 8, 10, 14, 16}$	pozostałe wyniki ${1, 5, 7, 11, 13, 17}$
$17$ możliwości	$2$ możliwości	$3$ możliwości	$6$ możliwości	$6$ możliwości

Obliczamy, odwołując się do tych przypadków:

jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $6$ lub $12$ , to liczba wylosowana za drugim razem jest dowolna, co daje łącznie $2 ∙ 17 = 34$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $3, 9$ lub $15$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie $3 ∙ (2 + 6) = 24$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $2, 4, 8, 10, 14$ lub $16$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez $3$ , co daje łącznie $6 ∙ (2 + 3) = 30$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $1, 5, 7, 11, 13$ lub $17$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez $6$ , co daje łącznie $6 ∙ 2 = 12$ możliwości.

Łącznie otrzymujemy $2 ∙ 17 + 3 ∙ 8 + 6 ∙ 5 + 6 ∙ 2 = 34 + 24 + 30 + 12 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .

Ćwiczenie 25

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:

trzycyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $4, 5, 6, 7, 8, 9$ .
czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 4, 8$ , wiedząc, że cyfry mogą się powtarzać.
pięciocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3$ .

$120$
$256$
$243$

Korzystamy z reguły mnożenia: $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ .
Korzystamy z reguły mnożenia: $4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 = 256$ .
Korzystamy z reguły mnożenia: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 243$ .

Ćwiczenie 26

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4$ , wiedząc, że:

cyfry mogą się powtarzać
cyfry muszą być różne

$100$
$48$

Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na $4$ sposoby. Pozostałe cyfry możemy wybierać dowolnie z dostępnych $5$ cyfr. Korzystamy z reguły mnożenia: $4 \cdot 5 \cdot 5 = 100$ .
Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na $4$ sposoby. Cyfra dziesiątek musi być różna od cyfry setek, zatem możemy ją wybrać na $4$ sposoby. Cyfra jedności musi być różna od obu wcześniej zapisanych cyfr, co oznacza, że możemy ją wybrać na $3$ sposoby. Korzystamy z reguły mnożenia: $4 \cdot 4 \cdot 3 = 48$ .

Ćwiczenie 27

Oblicz, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy:

$6$
$9$
$10$
$12$

$9$
$6$
$6$
$15$

Rozkładamy liczbę $6$ na czynniki pierwsze: $6 = 2 \cdot 3$ . Zatem możliwe są dwa przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna szóstka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $6$ albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna trójka – takich liczb jest $3 \cdot 2 = 6$ , bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a następnie miejsce dla cyfry $2$ .
Oznacza to, że jest $3 + 6 = 9$ wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy $6$ .
Rozkładamy liczbę $9$ na czynniki pierwsze: $9 = 3 \cdot 3$ . Możliwe są dwa przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna dziewiątka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $9$ albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka i dwie trójki – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 1.
Oznacza to, że jest $3 + 3 = 6$ wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy $9$ .
Rozkładamy liczbę 10 na czynniki pierwsze: $10 = 2 \cdot 5$ . Oznacza to, że wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna piątka – takich liczb jest zatem $3 \cdot 2 = 6$ , bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a następnie miejsce dla cyfry $2$ .
Rozkładamy liczbę $12$ na czynniki pierwsze: $12 = 2 \cdot 2 \cdot 3$ . Możliwe są trzy przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna szóstka – takich liczb jest $3 \cdot 2 = 6$ , bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a następnie miejsce dla cyfry $2$ albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna trójka i jedna czwórka – takich liczb jest $3 \cdot 2 = 6$ , bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a następnie miejsce dla cyfry $3$ albo
(3) wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki i jedna trójka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $3$ .
Oznacza to, że jest $6 + 6 + 3 = 15$ wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy $12$ .

Ćwiczenie 28

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których

cyfra jedności jest o $4$ mniejsza od cyfry dziesiątek.
cyfra setek jest o $2$ większa od cyfry jedności.
cyfry dziesiątek i setek są równe.

$54$
$80$
$90$

Ponieważ cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją zapisać na $9$ sposobów. Za pomocą cyfry dziesiątek i cyfry jedności możliwe jest utworzenie $6$ liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania: $40, 51, 62, 73, 84$ oraz $95$ . Korzystamy z reguły mnożenia: $9 \cdot 6 = 54$ .
Cyfrę dziesiątek możemy zapisać na $10$ sposobów. Za pomocą cyfry setek i cyfry jedności możliwe jest utworzenie $8$ liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania: $20, 31, 42, 53, 64, 75, 86$ oraz $97$ . Korzystamy z reguły mnożenia: $10 \cdot 8 = 80$ .
Cyfrę jedności możemy zapisać na $10$ sposobów. Ponieważ cyfra setek nie może być równa $0$ , więc za pomocą równych cyfr setek i dziesiątek możemy utworzyć $9$ liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania. Korzystamy z reguły mnożenia: $10 \cdot 9 = 90$ .

Ćwiczenie 29

Oblicz, ile jest wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa $4$ .

$11$

Rozpatrzmy możliwe wartości pierwszej cyfry (cyfry dziesiątek tysięcy).
Jeżeli pierwszą cyfrą jest $3$ , to ostatnią cyfrą musi być $1$ , a środkowe cyfry to trzy zera – taka liczba jest jedna.
Jeżeli pierwszą cyfrą jest $2$ , to ostatnią cyfrą musi być $1$ , a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna jedynka i dwa zera – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $1$ .
Jeżeli pierwszą cyfrą jest $1$ , to możliwe są trzy przypadki:

ostatnią cyfrą jest $1$ , a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna dwójka i dwa zera – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $2$ ,
ostatnią cyfrą jest $1$ , a wśród środkowych trzech cyfr jest jedno zero i dwie jedynki – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry $0$ ,
ostatnią cyfrą jest $3$ , środkowe trzy cyfry są zerami – taka liczba jest jedna.

Zatem jest $1 + 3 + 3 + 3 + 1 = 11$ wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa $4$ .

Ćwiczenie 30

Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, które można zapisać przy użyciu cyfr $2, 3, 4$ . Ile jest wśród nich takich liczb, których:

tylko pierwsza i ostatnia cyfra są nieparzyste?
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o $2$ ?
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o $1$ ?

$16$
$2$
$16$

Na pierwszym i ostatnim miejscu takiej liczby musi stać cyfra $3$ , a na pozostałych czterech miejscach mamy do wyboru dwie cyfry parzyste. Korzystamy z reguły mnożenia: $2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 16$ . Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.
W zapisie tej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry $2$ oraz $4$ , zatem są tylko $2$ takie liczby: $24242424$ oraz $42424242$ .
W zapisie takiej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry różnej parzystości. Zapisując jako pierwszą cyfrę $3$ , na drugim mamy do wyboru dwie cyfry parzyste, a dalej: na trzecim i piątym znów cyfrę $3$ , a na czwartym i szóstym – $2$ lub $4$ . Korzystamy z reguły mnożenia: $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ . Zapisując na pierwszym miejscu cyfrę $2$ lub $4$ , na drugim, czwartym i szóstym, mamy cyfrę $3$ , natomiast na trzecim i piątym jedną z cyfr $2$ lub $4$ . W tym przypadku też mamy $2 ∙ 2 ∙ 2 = 8$ możliwości. Zatem wszystkich możliwości jest $8 + 8 = 16$ .

Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.

Ćwiczenie 31

Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba

$2^{3} \cdot 3^{2} \cdot 5$
$5^{4} \cdot 1 1^{2} \cdot 1 9^{3} \cdot 3$
$1620$
$6468$

$24$
$120$
$30$
$36$

Liczba dzielników jest równa $(3 + 1) \cdot (2 + 1) \cdot (1 + 1) = 24$ .
Liczba dzielników jest równa $(4 + 1) \cdot (2 + 1) \cdot (3 + 1) \cdot (1 + 1) = 120$ .
Rozkładamy liczbę $1620$ na czynniki pierwsze: $1620 = 2^{2} \cdot 3^{4} \cdot 5$ . Zatem ma ona $(2 + 1) \cdot (4 + 1) \cdot (1 + 1) = 30$ dzielników naturalnych.
Rozkładamy liczbę 6468 na czynniki pierwsze: $6468 = 2^{2} \cdot 3 \cdot 7^{2} \cdot 11$ , więc jej liczba dzielników naturalnych jest równa $(2 + 1) \cdot (1 + 1) \cdot (2 + 1) \cdot (1 + 1) = 36$ .

Ćwiczenie 32

Mamy do dyspozycji trzy pudełka: białe, czarne i żółte. W białym jest $7$ kul, ponumerowanych od $1$ do $7$ , w czarnym jest $5$ kul, ponumerowanych od $1$ do $5$ , a w żółtym są $4$ kule, ponumerowane od $1$ do $4$ . Z każdego pudełka losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich możliwości wylosowania w ten sposób trójki liczb, których iloczyn jest podzielny przez $5$ ?

$44$

Możliwe są dwa przypadki:

z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem $5$ – wtedy niezależnie od numeru kuli wylosowanej z każdego z pozostałych dwóch pudełek iloczyn numerów wylosowanych kul będzie podzielny przez $5$ ,
z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem innym niż $5$ (jest $6$ takich możliwości) – zatem, aby iloczyn numerów wylosowanych kul był podzielny przez $5$ , musimy z drugiego pudełka wylosować kulę z numerem $5$ (numer kuli wylosowanej z trzeciego pudełka nie gra roli). Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: $1 \cdot 5 \cdot 4 + 6 \cdot 1 \cdot 4 = 44$ .

Ćwiczenie 33

Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że

w każdym rzucie otrzymamy inną liczbę oczek
otrzymamy parzysty iloczyn liczb wyrzuconych oczek
dokładnie raz wypadnie liczba oczek podzielna przez $3$

$120$
$189$
$96$

Korzystamy z reguły mnożenia: $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ .
Wszystkich możliwych wyników jest $6 \cdot 6 \cdot 6 = 216$ . Iloczyn liczb wyrzuconych oczek może być albo parzysty, albo nieparzysty, przy czym nieparzysty jest wtedy i tylko wtedy, gdy za każdym razem wyrzucimy nieparzystą liczbę oczek. Takich przypadków jest $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$ , zatem w pozostałych $216 - 27 = 189$ przypadkach iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Rozkładamy zliczanie na trzy etapy:

ustalenie numeru rzutu, w którym wypadła liczba oczek podzielna przez $3$ ( $3$ możliwości),
ustalenie dla tego miejsca liczby oczek spośród $2$ możliwych: $3$ oczka lub $6$ oczek,
ustalenie liczby oczek spośród czterech niepodzielnych przez $3$ dla dwóch pozostałych rzutów $(4 ∙ 4 = 16$ możliwości).

Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukana liczba wyników to $3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 = 96$ .

Ćwiczenie 34

Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o różnych cyfrach, które są większe od $642$ i dzielą się przez $5$ ?

$56$

Jest $8$ takich liczb, których cyfrą setek jest $6 : 645, 650, 670, 675, 680, 685, 690, 695$ . Pokażemy, że jeżeli cyfra setek jest większa od $6$ , to jest $48$ takich liczb. Wtedy jako cyfrę setek można wybrać $7, 8$ lub $9$ ( $3$ sposoby), jako cyfrę jedności trzeba wybrać $0$ lub $5$ (dwa sposoby), a po zapisaniu dwóch różnych cyfr na miejscach setek i jedności można wstawić dowolną z pozostałych ośmiu na miejscu cyfry dziesiątek. Korzystając z reguły mnożenia, mamy w tym przypadku $3 \cdot 2 \cdot 8 = 48$ możliwych liczb. Wobec tego jest $8 + 48 = 56$ wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych o różnych cyfrach, które są większe od $642$ i dzielą się przez $5$ .

Ćwiczenie 35

Oblicz, ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych, w których zapisie nie występuje $0$ , jest dokładnie jedna cyfra $9$ i dokładnie jedna cyfra parzysta.

$96$

Podzielmy zbiór ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$ jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zadaniu.

Tabela. Dane
cyfry do wyboru ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}$	cyfra 9 ${9}$	cyfry parzyste $(p)$ ${2, 4, 6, 8}$	pozostałe cyfry ${1, 3, 5, 7}$
$9$ elementów	$1$ element	$4$ elementy	$4$ elementy

Rozkładamy zliczanie na trzy etapy:

wybór miejsca dla cyfry $9$ i zapisanie tej cyfry ( $3$ możliwości),
wybór miejsca dla cyfry parzystej i zapisanie tej cyfry ( $2 ∙ 4 = 8$ możliwości),
zapisanie cyfry na pozostałym miejscu ( $4$ możliwości).

Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest $3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 = 96$ .

Ćwiczenie 36

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6$ , w których

cyfry $1, 2, 3$ oraz $4$ stoją obok siebie, zapisane w kolejności rosnącej
suma cyfr zapisanych na miejscach pierwszym i ostatnim jest równa $11$
suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta

$6$
$48$
$72$

Rozkładamy zliczanie na dwa etapy:
– wybór czterech kolejnych miejsc, na których zapiszemy blok czterocyfrowy $1234$ – można to zrobić na trzy sposoby: albo blok $1234$ zajmuje miejsca od $1$ do $4$ , albo od $2$ do $5$ , albo od $3$ do $6$ ,
– wybór miejsca dla cyfry $5 : 2$ możliwości, bo zostały $2$ miejsca wolne.
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest $3 \cdot 2 = 6$ .
Z treści zadania wynika, że na miejscach pierwszym i ostatnim takiej liczby sześciocyfrowej należy zapisać cyfry $5$ oraz $6$ , a na pozostałych czterech miejscach należy zapisać cyfry $1, 2, 3$ oraz $4$ . Rozkładamy zliczanie na dwa etapy:
– zapisanie cyfr $5$ i $6$ na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na dwa sposoby,
– zapisanie cyfr $1, 2, 3$ oraz $4$ na pozostałych miejscach – można to zrobić na $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ sposoby, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , potem miejsce dla cyfry $2$ , a następnie miejsce dla cyfry $3$ .
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest $2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 48$ .
Z treści zadania wynika, że każde dwie sąsiednie cyfry takiej liczby sześciocyfrowej są różnej parzystości.
Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest parzysta, to wtedy również cyfry trzecia i piąta są parzyste, a pozostałe cyfry są nieparzyste. Zliczanie w tym przypadku rozkładamy na dwa etapy:
– zapisanie cyfr $1, 3$ oraz $5$ na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na $3 \cdot 2 = 6$ sposobów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a następnie miejsce dla cyfry $3$ ,
– zapisanie cyfr $2, 4$ oraz $6$ na pozostałych miejscach – można to zrobić na $3 \cdot 2 = 6$ sposobów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $2$ , a następnie miejsce dla cyfry $4$ .
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że szukanych liczb jest $3 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2 = 36$ .
Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest nieparzysta, to wtedy również cyfry trzecia i piąta są nieparzyste, a pozostałe cyfry są parzyste. Rozumując analogicznie do poprzedniego przypadku, stwierdzamy, że takich liczb jest również $36$ . Oznacza to, że jest $36 + 36 = 72$ wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6$ , w których suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta.

Ćwiczenie 37

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ , w których zapisie

żadne dwie cyfry nieparzyste nie stoją obok siebie.
cyfra $5$ jest zapisana przed cyfrą $6$ i cyfra $6$ jest zapisana przed cyfrą $7$ .

$144$
$840$

Z treści zadania wynika, że w zapisie takiej liczby cyfry nieparzyste muszą być rozdzielone cyframi parzystymi. Oznacza to, że cyfry nieparzyste trzeba zapisać na miejscach: pierwszym, trzecim, piątym i siódmym, a parzyste – na pozostałych.
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
– wybór miejsc dla cyfr $1, 3, 5, 7$ oraz zapisanie tych cyfr – można to zrobić na $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ sposoby, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: $3$ oraz $5$ ,
– zapisanie cyfr $2, 4$ oraz $6$ – można to zrobić na $3 \cdot 2 = 6$ sposobów, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $2$ , a potem miejsce dla cyfry $4$ .
Zatem szukanych liczb jest $24 \cdot 6 = 144$ .
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
– wybór miejsc dla cyfr $1, 2, 3, 4$ oraz zapisanie tych cyfr – można to zrobić na $7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 = 840$ sposobów, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry $1$ , a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: $2, 3$ oraz $4,$
– zapisanie cyfr $5, 6$ oraz $7$ – jest tylko jeden sposób zapisania tej trójki cyfr, ponieważ z pozostałych trzech miejsc pierwsze od lewej musi zająć cyfra $5$ , następne – cyfra $6$ i ostatnie – cyfra $7$ .
Zatem szukanych liczb jest $840$ .

Ćwiczenie 38

Oblicz sumę $S$ wszystkich liczb naturalnych

czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ (cyfry mogą się powtarzać).
trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ (cyfry mogą się powtarzać).

$10670044$
$112602$

sposób $I$
Sumujemy otrzymane liczby czterocyfrowe, dzieląc je na grupy ze względu na cyfrę: tysięcy, setek, dziesiątek i jedności. Zauważmy następnie, że w tej sumie otrzymaliśmy $7 \cdot 7 \cdot 7 = 343$ razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych miejscach zapisu dziesiętnego: jako cyfrę tysięcy, jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności. Oznacza to, że $S = 343 \cdot (1000 + 100 + 10 + 1) \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 343 \cdot 1111 \cdot 28 = 10670044$ .
sposób $II$
Wypisujemy wszystkie liczby czterocyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6$ oraz $7$ i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę czterocyfrową według następującego przepisu: do liczby opisanej przez czwórkę $(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4})$ dopisujemy liczbę opisaną przez czwórkę $(8 - c_{1}, 8 - c_{2}, 8 - c_{3}, 8 - c_{4})$ .
Zauważmy, że
– istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby opisanej przez czwórkę $(c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4})$ dopisujemy liczbę opisaną przez czwórkę $(8 - c_{1}, 8 - c_{2}, 8 - c_{3}, 8 - c_{4})$ , a ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa $8888$ ,
– każda z liczb czterocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ jest przyporządkowana do dokładnie jednej czwórki $(8 - c_{1}, 8 - c_{2}, 8 - c_{3}, 8 - c_{4})$ , gdzie $c_{1}$ , $c_{2}$ , $c_{3}$ oraz $c_{4}$ to liczby wybrane ze zbioru ${1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}$ .
Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby czterocyfrowe:
– dodamy sumy par liczb wpisanych w $7 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7 = 2401$ przypadkach, czyli $2401$ razy liczbę $8888$ ,
– dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy $S$ .
Stąd $2 S = 2401 \cdot 8888$ , a więc $S = \frac{1}{2} \cdot 2401 \cdot 8888 = 2401 \cdot 4444 = 10670044$ .
sposób $I$
Sumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na $6$ grup ze względu na cyfrę setek. Zauważamy, że jest $7 \cdot 7 = 49$ liczb w każdej takiej grupie, przy czym dla ustalonej cyfry setek dopisane do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ .
Zatem sumując wszystkie liczby, otrzymamy
$S = 49 \cdot (100 + 200 + 300 + 400 + 500 + 600)$
$+ 6 \cdot 7 \cdot (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 6 \cdot 7 \cdot (1 + 2 + 3 + 4 + 5)$
$= 49 \cdot 100 \cdot 21 + 42 \cdot 11 \cdot 21 = 112602$ .

sposób $II$
Wypisujemy wszystkie liczby o trzech cyfrach zapisane wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ (dopuszczamy $0$ na początkowych miejscach). Suma $S_{1}$ liczb o tak zapisanych cyfrach jest równa $S_{1} = \frac{1}{2} \cdot 7^{3} \cdot 666 = 114219$ . Zauważamy, że wśród wypisanych liczb są takie, które nie są trzycyfrowe (to te, w których jako cyfrę setek zapisaliśmy $0$ ). Ich suma $S_{2}$ jest równa $S_{2} = \frac{1}{2} \cdot 7^{2} \cdot 66 = 1617$ . Oznacza to, że suma S liczb trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ , w których cyfry mogą się powtarzać jest równa $S = S_{1} - S_{2} = 114219 - 1617 = 112602$ .

Liczba elementów zbioru skończonego

Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)

Reguła mnożenia, reguła dodawania

Reguła mnożenia

Wariacje z powtórzeniami

Zastosowanie reguły mnożenia oraz reguły dodawania

Wariacje bez powtórzeń

Permutacje

	1	2	3	4	5
1	11	12	13	14	15
2	21	22	23	24	25
3	31	32	33	34	35
4	41	42	43	44	45
5	51	52	53	54	55

	1	2	3	4	5
1	11	12	13	14	15
2	21	22	23	24	25
3	31	32	33	34	35
4	41	42	43	44	45
5	51	52	53	54	55

	1	2	3	4	5
1	11	12	13	14	15
2	21	22	23	24	25
3	31	32	33	34	35
4	41	42	43	44	45
5	51	52	53	54	55