Reguła mnożenia, reguła dodawania - Zintegrowana Platforma Edukacyjna

W tym materiale zawarte są wiadomości na temat niektórych sposobów zliczania obiektów kombinatorycznych. Analizując przykłady zawarte w tym materiale poznasz:

regułę mnożenia,
regułę dodawania,
wariacje z powtórzeniami,
permutacje.

Rozwiązując ćwiczenia – sprawdzisz ukształtowane umiejętności.

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.

$(w_{1}, w_{2})$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$
$1$	$(1, 1)$	$(1, 2)$	$(1, 3)$	$(1, 4)$	$(1, 5)$	$(1, 6)$	$(1, 7)$	$(1, 8)$	$(1, 9)$	$(1, 10)$	$(1, 11)$
$2$	$(2, 1)$	$(2, 2)$	$(2, 3)$	$(2, 4)$	$(2, 5)$	$(2, 6)$	$(2, 7)$	$(2, 8)$	$(2, 9)$	$(2, 10)$	$(2, 11)$
$3$	$(3, 1)$	$(3, 2)$	$(3, 3)$	$(3, 4)$	$(3, 5)$	$(3, 6)$	$(3, 7)$	$(3, 8)$	$(3, 9)$	$(3, 10)$	$(3, 11)$
$4$	$(4, 1)$	$(4, 2)$	$(4, 3)$	$(4, 4)$	$(4, 5)$	$(4, 6)$	$(4, 7)$	$(4, 8)$	$(4, 9)$	$(4, 10)$	$(4, 11)$
$5$	$(5, 1)$	$(5, 2)$	$(5, 3)$	$(5, 4)$	$(5, 5)$	$(5, 6)$	$(5, 7)$	$(5, 8)$	$(5, 9)$	$(5, 10)$	$(5, 11)$
$6$	$(6, 1)$	$(6, 2)$	$(6, 3)$	$(6, 4)$	$(6, 5)$	$(6, 6)$	$(6, 7)$	$(6, 8)$	$(6, 9)$	$(6, 10)$	$(6, 11)$
$7$	$(7, 1)$	$(7, 2)$	$(7, 3)$	$(7, 4)$	$(7, 5)$	$(7, 6)$	$(7, 7)$	$(7, 8)$	$(7, 9)$	$(7, 10)$	$(7, 11)$
$8$	$(8, 1)$	$(8, 2)$	$(8, 3)$	$(8, 4)$	$(8, 5)$	$(8, 6)$	$(8, 7)$	$(8, 8)$	$(8, 9)$	$(8, 10)$	$(8, 11)$
$9$	$(9, 1)$	$(9, 2)$	$(9, 3)$	$(9, 4)$	$(9, 5)$	$(9, 6)$	$(9, 7)$	$(9, 8)$	$(9, 9)$	$(9, 10)$	$(9, 11)$
$10$	$(10, 1)$	$(10, 2)$	$(10, 3)$	$(10, 4)$	$(10, 5)$	$(10, 6)$	$(10, 7)$	$(10, 8)$	$(10, 9)$	$(10, 10)$	$(10, 11)$
$11$	$(11, 1)$	$(11, 2)$	$(11, 3)$	$(11, 4)$	$(11, 5)$	$(11, 6)$	$(11, 7)$	$(11, 8)$	$(11, 9)$	$(11, 10)$	$(11, 11)$

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 $11 \cdot 11 = 121$ .

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.

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

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.

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

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 \dots \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 \dots \cdot {p_{k}}^{α_{k}}

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

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

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

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 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ .

$(c_{1}, c_{2})$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$1$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	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 $(6 - c_{1}, 6 - c_{2})$ .

$(c_{1}, c_{2}), (6 - c_{1}, 6 - c_{c})$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$1$	$11, 55$	$12, 54$	$13, 53$	$14, 52$	$15, 51$
$2$	$21, 45$	$22, 44$	$23, 43$	$24, 42$	$25, 41$
$3$	$31, 35$	$32, 34$	$33, 33$	$34, 32$	$35, 31$
$4$	$41, 25$	$42, 24$	$43, 23$	$44, 22$	$45, 21$
$5$	$51, 15$	$52, 14$	$53, 13$	$54, 12$	$55, 11$

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

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.

$w_{1} / w_{2}$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$1$	$x$		$x$		$x$		$3$ 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:	$(3 + 3 + 3) + (3 + 3 + 3) = 3 \cdot 3 + 3 \cdot 3 = 18$

Zatem wszystkich takich wyników jest $18$ .

Zauważmy przy okazji, że warto od razu podzielić wyniki pojedynczego rzutu ze względu na parzystość liczby wyrzuconych oczek:

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:

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 $3 \cdot 3 = 9$ 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 $3 \cdot 3 = 9$ możliwości.
Wobec tego w sumie otrzymujemy $3 \cdot 3 + 3 \cdot 3 = 18$ 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 $3 \cdot 3 = 9$ 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 $3 \cdot 6 = 18$ 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 $3 \cdot 3 = 9$ możliwości.
Wobec tego w sumie otrzymujemy $3 \cdot 6 + 3 \cdot 3 = 27$ 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 $6$ .

$w_{1} / w_{2}$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$1$						$x$	$1$ 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:	$1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 2 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 1 \cdot 3 + 1 \cdot 6 = 15$

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 $1 \cdot 6 = 6$ 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 $2 \cdot 2 = 4$ 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 $1 \cdot 3 = 3$ 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 $2 \cdot 1 = 2$ możliwości.

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

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 $\{1, 2, 3, \dots, 16, 17\}$ 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:

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 $9 \cdot 9 = 81$ 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 $8 \cdot 8 = 64$ możliwości.
Wobec tego łącznie otrzymujemy $9 \cdot 9 + 8 \cdot 8 = 81 + 64 = 145$ wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.

Iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru $\{1, 2, 3, \dots, 16, 17\}$ 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 $6$ .

$w_{1} / w_{2}$	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.

$w_{1} / w_{2}$	$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$\{7, 8, 9, 10, 11, 12\}$	$\{13, 14, 15, 16, 17\}$
$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$15$ 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 $4 \cdot 15 + 4 \cdot 9 + 1 \cdot 4 = 60 + 36 + 4 = 100$ wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez $6$ .

Uwaga. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci.

$w_{1} / w_{2}$	$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$\{7, 8, 9, 10, 11, 12\}$	$\{13, 14, 15, 16, 17, 18\}$
$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$15$ 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 $9 \cdot 15 = 135$ 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:

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 niepodzilne 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 $2 \cdot 17 = 34$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $3$ , $9$ lub $15$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie $3 \cdot (2 + 6) = 24$ 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 $6 \cdot (2 + 3) = 30$ 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 $6 \cdot 2 = 12$ możliwości.

Łącznie otrzymujemy $2 \cdot 17 + 3 \cdot 8 + 6 \cdot 5 + 6 \cdot 2 = 34 + 24 + 30 + 12 = 100$ 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:
$9 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 5 = 4500$ .
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:
$4 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 = 4000$ .
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 $4 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 500$ ,
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 $5 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 625$ ,
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 $5 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 625$ ,
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 $5 \cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 = 625$ .
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 $9 \cdot 10 \cdot 8 = 720$ 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.

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.

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 $4 \cdot 3$ , 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 $3 \cdot 3 = 9$ takich możliwości.

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

Korzystając z reguły mnożenia, ostatecznie otrzymujemy

(3 \cdot 4) \cdot (5 \cdot 3 \cdot 3) = 12 \cdot 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 ( $3 \cdot 5$ możliwości),

$(3)$ zapisanie cyfr na pozostałych dwóch miejscach ( $3 \cdot 3$ 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.

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

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 $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ , $7$ .

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.

R6IyOaTJ0tewW1

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

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 $1 ⩽ k ⩽ n$ ).

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 \dots \cdot (n - k + 1)}}

Doświadczenie polegające na wyborze kolejno $k$ – elementów ze zbioru $n$ – elementowego, bez powtórzeń, gdzie $k$ jest liczbą całkowitą spełniającą warunek $1 ⩽ k ⩽ n$ , 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 \dots \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 \dots \cdot (n - k + 1) \cdot \frac{(n - k)!}{(n - k)!} =

= \frac{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdot \dots \cdot (n - k + 1) \cdot (n - k) \cdot (n - k - 1) \cdot \dots \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, kolejno: 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

RW4nBPEBs8nsr1

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

W poprzednim przykładzie:

w podpunkcie $6$ ) rozpatrywaliśmy sześciowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru sześcioelementowego,
w podpunkcie $7$ ) 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 $\frac{1}{2} \cdot 120 = 60$ .

R1MYX2jZQnkkq1

Ćwiczenie 1

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

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

ROtnknQMttLYj1

Ćwiczenie 2

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

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

R1AZ2yRbG6G0N1

Ćwiczenie 3

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

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

R1O6FeXrzksvv1

Ćwiczenie 4

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

RfahWcI5DtrWo1

Ćwiczenie 5

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

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

RYz1o2DcoUW7B1

Ćwiczenie 6

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

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

Rg1Db8ndbtepX1

Ćwiczenie 7

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

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

RTJ2Op1ddioDd1

Ćwiczenie 8

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

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

Ćwiczenie 9

R1KJsbFBpn3O1

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

Stosujemy regułę mnożenia: $3 \cdot 5 = 15$ .

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 10

RMfO5DIWhv3T1

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

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

Polecamy zilustrować rozwiązań, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 11

R8vFk6FYTvb1u

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

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

$p_{1} / p_{2}$	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: $3 \cdot 3 - 3 \cdot 1 = 6$ .

$p_{1} / p_{2}$	biała	czarna	zielona
biała	$x$	$x$	$x$	$3$ możliwości
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: $3 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = 5$ .

Ćwiczenie 12

RCvOrkgxBHLuz

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

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

Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.

Ćwiczenie 13

RzdNRUjYqpLzL

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

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.

R1TrNCfGRKWZO1

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.

R6qlRUCXA0uaR

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

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

Ćwiczenie 15

RHXoZdly6ghJy

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

Liczba dzielników jest równa $(5 + 1) \cdot (4 + 1) = 30$ .
Liczba dzielników jest równa $(7 + 1) \cdot (3 + 1) = 28$ .
Rozkładamy liczbę $6399$ 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

Rme4MbGbNqtad

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

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

R2i9p24wrbH1e

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

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

Rizfb7cjAFKel

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

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.

Ćwiczenie 19

RydfHuqzjUSoU

Z pojemnika, w którym jest

10

losów: trzy wygrywające i siedem pustych, losujemy dwa razy po jednym losie, bez zwracania. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Dwa losy wygrywające możemy wylosować na Tu uzupełnij sposobów.Dokładnie jeden los wygrywający możemy wylosować na Tu uzupełnij sposoby.Co najmniej jeden los wygrywający możemy wylosować na Tu uzupełnij sposobów.

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

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

RlhSHyRugqVO9

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

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

RG9noq0inPj49

Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz i wpisz w puste pola 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

.
Odpowiedź: Wszystkich takich wyników jest Tu uzupełnij. co najmniej raz wypadła liczba oczek równa

5

lub suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez

3

.
Odpowiedź: Wszystkich takich wyników jest Tu uzupełnij.

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

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

R1XvWtls7tWNS

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

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

R9vUxYb9l6njL

Oblicz sumę wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą podanych cyfr (cyfry mogą się powtarzać). Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Suma wszystkich takich liczb, zapisanych pomocy cyfr

1

2

3

, wynosi Tu uzupełnij.Suma wszystkich takich liczb, zapisanych pomocy cyfr

1

2

3

4

5

6

, wynosi Tu uzupełnij.Suma wszystkich takich liczb, zapisanych pomocy cyfr

1

2

3

4

5

6

7

, wynosi Tu uzupełnij.Suma wszystkich takich liczb, zapisanych pomocy cyfr

1

2

3

4

5

6

7

8

9

, wynosi Tu uzupełnij.

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

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

Ćwiczenie 24

RYfjfQfPisMgK

W pudełku jest

17

kul, ponumerowanych od

1

17

. Z tego pudełka losujemy dwa razy po jednej kuli ze zwracaniem. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Wynik, w którym suma wylosowanych liczb jest parzysta, możemy uzyskać na Tu uzupełnij sposobów.Wynik, w którym iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty, możemy uzyskać na Tu uzupełnij sposobów.Wynik, w którym iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez

6

, możemy uzyskać na Tu uzupełnij sposobów.

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

Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:

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 $9 \cdot 9 = 81$ 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 $8 \cdot 8 = 64$ możliwości.

Wobec tego łącznie otrzymujemy $9 \cdot 9 + 8 \cdot 8 = 81 + 64 = 145$ wyników, dla których suma wylosowanych liczb jest parzysta.

Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru $\{1, 2, 3, \dots, 16, 17\}$ 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 $6$ .

$w_{1} / w_{2}$	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.

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

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

$w_{1} / w_{2}$	$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$\{7, 8, 9, 10, 11, 12\}$	$\{13, 14, 15, 16, 17, 18\}$
$\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$	$15$ 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 $9 \cdot 15 = 135$ 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:

wyniki pojedynczego losowania $\{1, 2, 3, \dots, 16, 17\}$	wyniki podzielne przez $6$ $\{6, 12\}$	wyniki podzielne przez $\{6, 12\}$ 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 $2 \cdot 17 = 34$ możliwości,
jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: $3$ , $9$ lub $15$ , to za drugim razem musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie $3 \cdot (2 + 6) = 24$ 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 $6 \cdot (2 + 3) = 30$ 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 $6 \cdot 2 = 12$ możliwości.

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

Ćwiczenie 25

RH9ccqRnqfcTt

Wykonaj stosowne obliczenia, a następnie uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

4

5

6

7

8

9

, jest Tu uzupełnij.Wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

1

2

3

4

8

, zakładając, że cyfry mogą się powtarzać, jest Tu uzupełnij.Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

1

2

3

, jest Tu uzupełnij.

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

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

RLCHZ8KOLhE0D

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

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

Rbs1NOyHyixgp

Oblicz ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, które spełniają podane założenia. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Takich liczb, których iloczyn cyfr wynosi

6

jest Tu uzupełnij.Takich liczb, których iloczyn cyfr wynosi

9

jest Tu uzupełnij.Takich liczb, których iloczyn cyfr wynosi

10

jest Tu uzupełnij.Takich liczb, których iloczyn cyfr wynosi

12

jest Tu uzupełnij.

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

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

RqtxtxHBdxYip

Oblicz ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, które spełniają podane założenia. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Takich liczb, w których cyfra jedności jest o

4

mniejsza od cyfry dziesiątek, jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których cyfra setek jest o

2

większa od cyfry jedności, jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których cyfry dziesiątek i setek są równe, jest Tu uzupełnij.

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

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: $20$ , $31$ , $42$ , $64$ , $64$ , $75$ , $86$ 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

RO0n1KWtcOYnq

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

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

RZyTR1oXFK3Ty

Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, które można zapisać przy użyciu cyfr

2

3

4

. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Ile jest wśród nich takich liczb, których: Takich liczb, w których tylko pierwsza i ostatnia cyfra są nieparzyste jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o

2

jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o

1

jest Tu uzupełnij.

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

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 $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ możliwości. Zatem wszystkich możliwości jest $8 + 8 = 16$ .

Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.

Ćwiczenie 31

RqvrMjSLpI12c

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

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 $5$ ?

RKDJIrqzFs2fA

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

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: $1 \cdot 5 \cdot 4 + 6 \cdot 1 \cdot 4 = 44$ .

$44$

Ćwiczenie 33

RdjkqwW7wdLqu

Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że: w każdym rzucie otrzymamy inną liczbę oczek Możliwe odpowiedzi: 1.

189

, 2.

120

, 3.

96

otrzymamy parzysty iloczyn liczb wyrzuconych oczek Możliwe odpowiedzi: 1.

189

, 2.

120

, 3.

96

dokładnie raz wypadnie liczba oczek podzielna przez

3

Możliwe odpowiedzi: 1.

189

, 2.

120

, 3.

96

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

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 $(4 \cdot 4 = 16$ 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

RkpHXwCnjYXta

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

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

R1P9F7bRJ1J8P

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

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

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 ( $2 \cdot 4 = 8$ 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

RP8qeaDLGcWkr

Oblicz ile jest wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr

1

2

3

4

5

6

, spełniających podane warunki. Uzupełnij poniższe zdania, wpisując w luki odpowiednie liczby. Takich liczb, w których cyfry

1

2

3

oraz

4

stoją obok siebie, zapisane w kolejności rosnącej, jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których suma cyfr zapisanych na miejscach pierwszym i ostatnim wynosi

11

, jest Tu uzupełnij.Takich liczb, w których suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta, jest Tu uzupełnij.

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

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 $1$ , $2$ , $3$ 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

RA3vqAlcNhthp

Oblicz i wpisz prawidłowo w puste pola 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.
Odpowiedź: Wszystkich takich liczb naturalnych jest Tu uzupełnij. cyfra

5

jest zapisana przed cyfrą

6

i cyfra

6

jest zapisana przed cyfrą

7

.
Odpowiedź: Wszystkich takich liczb naturalnych jest Tu uzupełnij.

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

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

R1GsDZsk1bmpv

Oblicz i wpisz prawidłowo w puste pola sumę

S

wszystkich liczb naturalnych: czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

1

2

3

4

5

6

7

(cyfry mogą się powtarzać).
Odpowiedź: Suma wszystkich takich liczb naturalnych wynosi Tu uzupełnij. trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr

0

1

2

3

4

5

6

(cyfry mogą się powtarzać).
Odpowiedź: Suma wszystkich takich liczb naturalnych wynosi Tu uzupełnij.

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

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 $S = \frac{1}{2} \cdot 2401 \cdot 8888 = 2401 \cdot 4444 = 10670044$ .