Przeczytaj

Na początek przedstawimy kilka nietrudnych zastosowań twierdzenia o liczbie kombinacjitwierdzenia o liczbie kombinacji, które dotyczą zliczania typowych figur płaskich: punktów leżących na prostej, punktów leżących na okręgu, wielokątów i ich przekątnych.

Przykład 1

a) Na płaszczyźnie poprowadzono $15$ prostych tak, że żadne dwie z nich nie są równoległe oraz żadne trzy z nich nie przecinają się w jednym punkcie. Obliczymy, ile jest wszystkich punktów przecięcia się tych prostych.

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że każde dwie z rozpatrywanych prostych przecinają się i punkt ich przecięcia jest różny od każdego innego punktu, w którym przecinają się pewne dwie inne proste spośród tych $15$ . Zatem wszystkich punktów przecięcia tych prostych jest tyle, ile jest dwuelementowych kombinacjikombinacji zbioru $15$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 15 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{15 \cdot 14}{2} = 105$

b) Na okręgu zaznaczono $20$ różnych punktów. Obliczymy, ile jest różnych łuków o końcach w tych punktach.

Rozwiązanie

I sposób:

Ponieważ każda para wybrana spośród tych $20$ punktów dzieli okrąg na dwa różne łuki, więc wszystkich różnych łuków jest $2 \cdot (\begin{matrix} 20 \\ 2 \end{matrix}) = 2 \cdot \frac{20 \cdot 19}{2} = 380$ .

II sposób:

Wybieramy jeden z zaznaczonych punktów i oznaczamy go przez $A_{1}$ . Następnie poruszamy się po okręgu zgodnie z ruchem wskazówek zegara i każdy kolejny napotkany punkt indeksujemy, od $A_{2}$ do $A_{20}$ . Zauważmy teraz, że poruszając się zgodnie z ruchem wskazówek zegara każdy z $20$ wierzchołków możemy połączyć z każdym z $19$ pozostałych łukiem i otrzymane w ten sposób łuki będą parami różne. Zatem wszystkich łuków jest $20 \cdot 19 = 380$ .

c) Obliczymy, ile przekątnych ma $n$ –kąt wypukły.

Rozwiązanie

I sposób:

Zauważmy, że dobierając wierzchołki w pary dostaniemy ich tyle, ile jest dwuelementowych kombinacjikombinacji zbioru $n$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix})$ . Wszystkie te pary punktów dzielimy na dwie rozłączne grupy:

pary, które są końcami pewnego boku wielokąta,

pary, które są końcami pewnej przekątnej wielokąta.

Ponieważ par w pierwszej grupie jest $n$ , więc przekątnych jest $(\begin{matrix} n \\ 2 \end{matrix}) - n = \frac{n \cdot (n - 1)}{2} - n = \frac{n \cdot (n - 1) - 2 n}{2} = \frac{n \cdot (n - 3)}{2}$ .

II sposób:

Zauważmy, że z każdego wierzchołka danego wielokąta można poprowadzić przekątną łącząc go z $(n - 3)$ wierzchołkami (spośród $(n - 1)$ różnych od niego wierzchołków odrzucamy dwa sąsiednie), więc licząc przekątne w każdym wierzchołku dostaniemy ich w sumie $n \cdot (n - 3)$ . Ponieważ każdą przekątną policzyliśmy w ten sposób dwukrotnie (uwzględniliśmy ją w każdym z jej dwóch końców), więc wszystkich przekątnych w $n$ –kącie jest $\frac{n \cdot (n - 3)}{2}$ .

Przykład 2

Na każdym z boków trójkąta $A B C$ zaznaczono po cztery punkty tak, że dzielą one każdy z tych boków na pięć odcinków równej długości. Obliczymy, ile jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy punkty wybrane spośród tych $12$ zaznaczonych na bokach trójkąta.

Rozwiązanie

Zauważmy na początek, że wybrana trójka punktów to wierzchołki trójkąta (niezdegenerowanego) wtedy i tylko wtedy, gdy nie są to punkty leżące na jednej prostej. Korzystając z tego faktu pokażemy rozwiązanie na dwa sposoby.

I sposób:

Obliczamy, że wszystkich możliwych wyborów trzech punktów spośród $12$ zaznaczonych na bokach trójkąta $A B C$ jest tyle, ile jest $3$ –elementowych kombinacjikombinacji zbioru $12$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 220$ .

Ponieważ wśród wyborów opisanych powyżej trzy punkty na jednej prostej dostaniemy, gdy będą one leżały na jednym z boków trójkąta $A B C$ , więc jest ich w sumie $3 \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) = 3 \cdot 4 = 12$ .

Wynika stąd, że trójkątów spełniających warunki zadania jest $220 - 12 = 208$ .

II sposób:

Warunki zadania będą spełnione, gdy wybierzemy trzy punkty w dwóch następujących, rozłącznych przypadkach:

$(1)$ kiedy dwa z nich leżą na jednym z boków trójkąta $A B C$ , a trzeci – na jednym z dwóch pozostałych boków,

$(2)$ kiedy każdy z tych trzech punktów leży na innym boku trójkąta $A B C$ .

W przypadku $(1)$ obliczenia przeprowadzamy w trzech kolejnych etapach: najpierw ustalamy jeden z trzech boków trójkąta $A B C$ , następnie wybieramy na nim dwa punkty z dostępnych czterech, a następnie z pozostałych $8$ dostępnych punktów na innych dwóch bokach tego trójkąta wybieramy jeden. Zatem w tym przypadku wszystkich możliwości jest $3 \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 8 \\ 1 \end{matrix}) = 3 \cdot 6 \cdot 8 = 144$ .

W przypadku $(2)$ mamy wybrać po jednym punkcie z czterech dostępnych na każdym z boków trójkąta $A B C$ , więc tym razem wszystkich możliwości jest $(\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \end{matrix}) = 4 \cdot 4 \cdot 4 = 64$ .

Oznacza to, że wszystkich trójkątów, które spełniają warunki zadania jest $144 + 64 = 208$ .

Przykład 3

Prostokąt $A B C D$ , w którym $|A B| = 8$ , $|A D| = 11$ , podzielono prostymi równoległymi do boków na $88$ kwadracików jednostkowych, jak na poniższym rysunku.

R1LPZJPhhSLLK

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D. W środku znajduję się 88 jednakowych kwadracików.

Obliczymy, ile jest prostokątów, których boki zawierają się w liniach otrzymanej w ten sposób siatki.

Rozwiązanie

Ponumerujmy widoczne na rysunku linie otrzymanej siatki:

pionowe, od $1$ do $9$ ,

poziome, od $1$ do $12$ .

R1WQwj0ePyeec

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D. W środku znajduję się 88 jednakowych kwadracików. Bok A D podpisano cyframi od jeden do 12, a bok A B podpisano od 1 do 9

Zauważmy, że każdy prostokąt narysowany zgodnie z warunkami zadania możemy przypisać do dwóch par liczb: pary „czerwonej”, wybranej spośród numerów przypisanych do linii pionowych oraz pary „niebieskiej”, wybranej spośród numerów przypisanych do linii poziomych.
Jeżeli umówimy się, że podając te dwie pary dla identyfikacji prostokąta jako pierwszą zapiszemy parę „czerwoną”, to zapis $(\{2, 7\}, \{3, 8\})$ opisuje prostokąt, którego dwa boki pionowe leżą na liniach o numerach $2$ oraz $7$ , a dwa boki poziome – na liniach o numerach $3$ oraz $8$ .

R15OqJKrKsKgM

Zauważmy, że istotne jest ustalenie porządku przy wypisywaniu par omówionych wyżej – dwójka par $(\{2, 7\}, \{3, 8\})$ opisuje inny prostokąt, niż dwójka par $(\{3, 8\}, \{2, 7\})$ – ten drugi prostokąt prezentujemy poniżej.

RpahKWtnRJPzB

Z drugiej strony: jeżeli najpierw narysujemy prostokąt spełniający warunki zadania, to jemu przypiszemy dokładnie jedną dwójkę uporządkowanych jak wyżej par liczb. Zatem to przyporządkowanie:
prostokąt – dwójka par
jest wzajemnie jednoznaczne.
Wobec tego dla rozwiązania zadania wystarczy obliczyć, ile jest dwójek par liczb opisanych powyżej.

Ponieważ liczby w parze „czerwonej” wybierzemy na $(\begin{matrix} 9 \\ 2 \end{matrix})$ sposobów, a liczby w parze „niebieskiej” – na $(\begin{matrix} 12 \\ 2 \end{matrix})$ sposobów, więc korzystając z reguły mnożeniaReguła mnożeniareguły mnożenia obliczymy, że wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach otrzymanej w ten sposób siatki jest $(\begin{matrix} 9 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 12 \\ 2 \end{matrix}) = 36 \cdot 66 = 2376$ .

Przykład 4

Rozpatrzmy wszystkie trójkąty, których wierzchołki są wybrane spośród wszystkich wierzchołków piętnastokąta foremnego. Obliczymy, ile jest wśród nich trójkątów nierównoramiennych.

Rozwiązanie

Ponieważ żadne trzy wierzchołki piętnastokąta foremnego nie leżą na jednej prostej, więc wszystkich trójkątów, których wierzchołki są wybrane spośród wierzchołków piętnastokąta foremnego jest $(\begin{matrix} 15 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 455$ . Obliczymy, ile jest wśród nich trójkątów równoramiennych.

Zauważmy, że w trójkącie równoramiennym wpisanym w okrąg prosta przechodząca przez środek tego okręgu i wierzchołek między ramionami trójkąta jest osią symetrii tego trójkąta. Zauważmy też, że żadne dwa wierzchołki piętnastokąta foremnego nie leżą na osi symetrii okręgu opisanego na tym wielokącie.

Oznaczmy wierzchołki rozpatrywanego piętnastokąta przez $A_{1}$ , $A_{2}$ , $. . .$ , $A_{15}$ . Wybierzmy dla przykładu wierzchołek $A_{8}$ i poprowadźmy prostą przez środek $O$ okręgu opisanego na piętnastokącie $A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{15}$ .

RVjZtQBxCUxPp

Ilustracja przedstawia okrąg o środku O. Wpisano w niego piętnastokąt z wierzchołkami od A indeks dolny jeden koniec indeksu do A indeks dolny 15 koniec indeksu.

Zauważmy, że pozostałe $14$ wierzchołków można podzielić na $7$ par tak, aby każda para wraz z $A_{8}$ tworzyła trzy wierzchołki trójkąta równoramiennego. Są to pary: $A_{1} A_{15}$ , $A_{2} A_{14}$ , $A_{3} A_{13}$ , $A_{4} A_{12}$ , $A_{5} A_{11}$ , $A_{6} A_{10}$ oraz $A_{7} A_{9}$ .

R19BePUr2Go0Y

Jedna z tych par, $A_{3} A_{13}$ , wraz z $A_{8}$ daje trójkę wierzchołków trójkąta równobocznego.

RwdCBwRLjyYJb

Wobec tego jest $6$ trójkątów równoramiennych, w których $A_{8}$ to jedyny wierzchołek między równymi bokami.

Powtarzając to rozumowanie dla każdego z wierzchołków piętnastokąta foremnego stwierdzimy, że w sytuacji opisanej w zadaniu:

jest $15 \cdot 6 = 90$ nierównobocznych trójkątów równoramiennych,

jest $\frac{15}{3} = 5$ trójkątów równobocznych.

Wynika stąd, że wszystkich trójkątów równoramiennych, których wierzchołki są wybrane spośród wszystkich wierzchołków piętnastokąta foremnego jest $90 + 5 = 95$ .

Zatem wszystkich trójkątów nierównoramiennych spełniających warunki zadania jest $(\begin{matrix} 15 \\ 3 \end{matrix}) - 95 = 455 - 95 = 360$ .

Przykład 5

Rozpatrzmy wszystkie trapezy, których wierzchołki są wybrane spośród wierzchołków szesnastokąta foremnego. Obliczymy, ile jest wśród nich takich czworokątów, które nie są prostokątami.

Rozwiązanie

Zauważmy, że w każdy trapez wpisany w okrąg jest równoramienny, więc ma oś symetrii, która przechodzi przez środek tego okręgu.
Rozpatrzmy trapezy, których wierzchołki są wybrane spośród wszystkich wierzchołków szesnastokąta foremnego. Możemy je podzielić na dwie grupy ze względu na liczbę wierzchołków szesnastokąta, które leżą na osi symetrii rozpatrywanego trapezu.
$(1)$ na osi symetrii trapezu nie leży żaden z wierzchołków szesnastokąta.

RDwSNCPWX39yd

Ilustracja przedstawia okrąg o środku O. Wpisano w niego szesnastokąt z wierzchołkami od A indeks dolny jeden koniec indeksu do A indeks dolny 16 koniec indeksu.

Wtedy dla wybranej osi symetrii, np. będącej symetralną boku $A_{1} A_{16}$ , wszystkie $16$ wierzchołków rozpatrywanego wielokąta można podzielić na $8$ par odcinków, dla każdego z których ta symetralna jest osią symetrii.

R185UnTn7aP6q

Zatem jest $(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix}) = 28$ wszystkich trapezów, których osią symetrii jest ustalona symetralna.

Zauważmy, że wśród tych trapezów są $4$ prostokąty.

R164GO6BNd1ag

Oznacza to, że dla ustalonej w tym przypadku osi symetrii są $24$ trapezy, niebędące prostokątami.
Powtarzając to rozumowanie dla każdej z $\frac{16}{2} = 8$ osi symetrii otrzymamy tym razem $24 \cdot 8 = 192$ trapezy spełniające warunki zadania.

$(2)$ na osi symetrii trapezu leżą dokładnie dwa wierzchołki szesnastokąta.

R8PgF1KQzGyqJ

Wtedy dla wybranej osi symetrii, np. prostej $A_{1} A_{9}$ , wszystkie $14$ pozostałych wierzchołków rozpatrywanego wielokąta można podzielić na $7$ par odcinków, dla każdego z których ta symetralna jest osią symetrii.

R1G4WAMK8ycRk

Zatem jest $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) = 21$ wszystkich trapezów, których osią symetrii jest ustalona symetralna.

Zauważmy, że wśród tych trapezów są $3$ prostokąty.

RhlpUqf5sQtpi

Oznacza to, że dla ustalonej w tym przypadku osi symetrii jest $18$ trapezów, niebędących prostokątami.
Powtarzając to rozumowanie dla każdej z $\frac{16}{2} = 8$ osi symetrii otrzymamy $18 \cdot 8 = 144$ trapezy spełniające warunki zadania.

Podsumowując, otrzymujemy $192 + 144 = 336$ trapezów spełniających warunki zadania.

Przykład 6

Spośród wszystkich wierzchołków $50$ –kąta foremnego wybieramy $3$ . Obliczymy, ile spośród wybranych trójek punktów to wierzchołki trójkąta rozwartokątnego.

Rozwiązanie

Oznaczamy:

kolejne wierzchołki $50$ –kąta foremnego przez $A_{1}$ , $A_{2}$ , $A_{3}$ , $. . .$ , $A_{50}$ ,

okrąg opisany na rozpatrywanym wielokącie foremnym przez $o$ .

Dalszą część rozwiązania przedstawimy na dwa sposoby.

I sposób:

Wszystkich trójkątów o wierzchołkach wybranych spośród $A_{1}$ , $A_{2}$ , $A_{3}$ , $. . .$ , $A_{50}$ jest tyle, ile jest trzyelementowych kombinacjikombinacji zbioru $50$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 50 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{50 \cdot 49 \cdot 48}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 19600$ . Trójkąty te możemy podzielić na trzy rozłączne grupy:

trójkąty prostokątne,

trójkąty ostrokątne,

trójkąty rozwartokątne.

Obliczymy, ile jest trójkątów w każdej z tych grup.

Najpierw obliczamy, ile jest trójkątów prostokątnych.

Zauważmy, że każdy trójkąt prostokątny wpisany w dany $50$ –kąt foremny jest jednoznacznie identyfikowany przez swoją przeciwprostokątną (średnicę okręgu $o$ ) oraz wierzchołek kąta prostego (punkt leżący na jednym z półokręgów wyznaczonych przez tę średnicę).
Ponieważ wszystkich średnic o końcach w wierzchołkach $50$ –kąta foremnego jest $\frac{50}{2} = 25$ , a dla każdej z nich jako przeciwprostokątnej trzeci wierzchołek trójkąta prostokątnego możemy wybrać dowolnie spośród $48$ pozostałych wierzchołków danego wielokąta, więc wśród rozpatrywanych trójkątów jest $25 \cdot 48 = 1200$ prostokątnych.

Obliczamy z kolei, ile jest trójkątów ostrokątnych.

Weźmy pod uwagę przykładowy prostokąt o wierzchołkach wybranych spośród wierzchołków $50$ –kąta foremnego. Przyjmijmy, że jednym z jego boków jest cięciwa $A_{i} A_{i + k}$ , która nie jest średnicą okręgu $o$ . Wtedy ten prostokąt to czworokąt $A_{i} A_{i + k} A_{25 + i} A_{25 + i + k}$ .

RuidmkAachk2k

Ilustracja przedstawia okrąg o środku O z zaznaczonymi punktami. Wpisano w niego prostokąt o wierzchołkach Ai+25+k, Ai+25, Ai+k oraz Ai.

Powyższych oznaczeń będziemy używać do opisu każdego z prostokątów o wierzchołkach wybranych spośród wierzchołków $50$ –kąta foremnego, jeśli spełnione są jednocześnie trzy następujące warunki:

$i = 1, 2, . . ., 50$ ,

$0 < k < 25$ (wtedy przy ustalonym $i$ dla dowolnego $k$ wszystkie odcinki $A_{i} A_{i + k}$ leżą po jednej stronie środka okręgu $o$ ),

jeśli liczba opisująca indeks przy numeracji wierzchołków (czyli $i + k$ , $25 + i$ lub $25 + i + k$ ) jest większa od $50$ , to dla otrzymania właściwej wartości indeksu należy ją zmniejszyć o $50$ , tzn. $51$ zamieniamy na właściwe $1$ , $52$ zamieniamy na właściwe $2$ , itd. (krótko mówiąc: liczby opisujące indeksy przy numeracji wierzchołków bierzemy modulo $50$ ).

Obliczymy, ile jest trójkątów ostrokątnych, w których jeden z boków to cięciwa $A_{i} A_{i + k}$ . Zauważmy, że wówczas trzeci wierzchołek takiego trójkąta może być wybrany jedynie spośród $k - 1$ wierzchołków: $A_{26 + i}$ , $A_{27 + i}$ , $. . .$ , $A_{25 + (k - 1) + i}$ .

RDdP7zJEh7zuw

Ilustracja przedstawia okrąg o środku O z zaznaczonymi punktami. Wpisano w niego prostokąt o wierzchołkach Ai+25+k, Ai+25, Ai+k oraz Ai. Z wierzchołków Ai+k oraz Ai. Poprowadzono proste do punktów na górze okręgu.

To znaczy, że dla ustalonych $i$ oraz $k$ do cięciwy $A_{i} A_{i + k}$ dobierzemy trzeci wierzchołek trójkąta ostrokątnego na $k - 1$ sposobów.

Ponieważ $k \in \{1, 2, 3, . . ., 24\}$ , więc dla ustalonego $i$ wszystkich trójkątów ostrokątnych opisanych powyższymi warunkami jest $0 + 1 + 2 + . . . + 23 = \frac{23 \cdot 24}{2} = 276$ .
Ponadto $i \in \{1, 2, 3, . . ., 50\}$ , zatem zliczając trójkąty dla każdej z $50$ możliwych wartości $i$ dostaniemy, że jest ich $50 \cdot 276 = 13800$ .
W trójkącie ostrokątnym przy każdym z trzech wierzchołków jest kąt ostry, skąd wynika, że otrzymana powyżej wartość jest trzykrotnie większa od poszukiwanej liczby trójkątów ostrokątnych. Wobec tego trójkątów ostrokątnych, których wierzchołki można wybrać spośród wierzchołków $50$ –kąta foremnego jest $\frac{13800}{3} = 4600$ .

Oznacza to, że trójkątów rozwartokątnych spełniających warunki zadania jest $19600 - 1200 - 4600 = 13800$ .

II sposób:

Obliczymy najpierw, ile jest trójkątów rozwartokątnych $A_{1} B C$ , wpisanych w $50$ –kąt foremny, w których kąt przy wierzchołku $A_{1}$ jest ostry oraz $B$ , $C \in \{A_{2}, . . ., A_{50}\}$ .

Zauważmy, że odcinek $A_{1} A_{26}$ jest średnicą okręgu $o$ , opisanego na rozpatrywanym $50$ –kącie.
Oznacza to, że pozostałe dwa wierzchołki $B$ i $C$ poszukiwanego trójkąta leżą na okręgu $o$ po tej samej stronie średnicy $A_{1} A_{26}$ . Zatem możemy je wybrać w jednym z dwóch rozłącznych przypadków:
$(1)$ spośród $24$ wierzchołków $A_{2}$ , $A_{3}$ , $. . .$ , $A_{25}$ ,
$(2)$ spośród $24$ wierzchołków $A_{27}$ , $A_{28}$ , $. . .$ , $A_{50}$ .

W każdym z tych dwóch przypadków wybieramy dwa wierzchołki spośród $24$ , a więc razem mamy $2 \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 2 \end{matrix}) = 2 \cdot \frac{24 \cdot 23}{2} = 552$ możliwości. Oznacza to, że dla ustalonego wierzchołka rozpatrywanego $50$ –kąta są $552$ trójkąty spełniające warunki zadania, w których kąt w tym wybranym wierzchołku jest ostry.
Powtarzając to rozumowanie dla każdego z $50$ wierzchołków otrzymamy ogółem $50 \cdot 552 = 27600$ możliwości. Zwróćmy uwagę, że ponieważ w trójkącie rozwartokątnym przy dwóch wierzchołkach są kąty ostre, więc otrzymana wartość jest dwukrotnie większa od poszukiwanej liczby trójkątów rozwartokątnych. Wobec tego trójkątów rozwartokątnych, których wierzchołki można wybrać spośród wierzchołków $50$ –kąta foremnego jest $\frac{27600}{2} = 13800$ .

Słownik

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

każdy $k$ –elementowy podzbiór zbioru $n$ –elementowego, gdzie $0 \leq k \leq n$ , nazywamy $k$ –elementową kombinacją tego zbioru $n$ –elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

liczba wszystkich $k$ –elementowych kombinacji zbioru $n$ –elementowego, gdzie $0 \leq k \leq n$ , jest równa

(\begin{matrix} n \\ k \end{matrix}) = \frac{n!}{k! \cdot (n - k)!} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot . . . \cdot (n - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot . . . \cdot k}

reguła mnożenia

liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia polegającego 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 . . . \cdot k_{n}

Wprowadzenie

Animacja

Słownik