Różne zadania z kombinatoryki

Liczba uzyskanych punktów jest równa liczbie udzielonych prawidłowo odpowiedzi. Prawidłową odpowiedź do:

1. dokładnie jednego z tych czternastu zadań można podać na $14$ sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać $1$ punkt,

2. dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na $\frac{14\cdot 13}{2}=91$ sposobów, co oznacza, że jest $91$ sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać $2$ punkty.

3. Suma liczby uzyskanych punktów i liczby odpowiedzi udzielonych nieprawidłowo jest równa $14$. Nieprawidłową odpowiedź dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na $\frac{14\cdot 13}{2}=91$ sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać $12$ punktów.

4. dokładnie trzynastu z tych czternastu zadań można podać na $14$ sposobów, więc jest $14$ sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać $13$ punktów.

1. $14$

2. $91$

3. $91$

4. $14$

1. $\frac{13\cdot 12}{2}=78$

2. $\frac{31\cdot 30}{2}=465$

1. $78$

2. $465$

Dokładnie dwa orły w ośmiokrotnym rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokładnie sześć reszek. Wobec tego:

1. $\frac{8\cdot 7}{2}=28$

2. $28$

3. Dokładnie dwie reszki w rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokładnie siedem orłów. Wobec tego: $\frac{9\cdot 8}{2}=36$

4. $36$

1. $28$

2. $28$

3. $36$

4. $36$

1. Każda para niewylosowanych chłopców jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopełnienie do całej ósemki) do wylosowanej szóstki. Zatem jest $\frac{8·7}{2}=28$ sposobów wylosowania takiej szóstki.

2. Każda para niewybranych dziewcząt jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopełnienie do całej dwudziestki) do wybranej osiemnastki. Zatem jest $\frac{20\cdot 19}{2}=190$ sposobów wybrania takiej osiemnastki.

1. $28$

2. $190$

Liczbę przekątnych $n$ – kąta obliczamy, stosując wzór $\frac{n\cdot \left(n-3\right)}{2}$.

1. dla $n=7$: $\frac{7\cdot 4}{2}=14$

2. dla $n=16$: $\frac{16\cdot 13}{2}=104$

1. $14$

2. $104$

Przyjmijmy, że $n$ – liczba zawodników w tej drużynie. Wówczas liczba wszystkich sposobów wyboru dwóch graczy z tej drużyny jest równa $\frac{n\cdot \left(n-1\right)}{2}$. Otrzymujemy więc równanie $\frac{n\cdot \left(n-1\right)}{2}=136$, które ma dwa rozwiązania: $n=17$ oraz $n=-16$. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.

Drużyna liczy $17$ zawodników.

Załóżmy, że ten wielokąt ma $n$ boków. Wówczas liczba wszystkich jego przekątnych jest równa $\frac{n\cdot \left(n-3\right)}{2}$. Otrzymujemy więc równanie $\frac{n\cdot \left(n-3\right)}{2}=20$, które ma dwa rozwiązania: $n=8$ oraz $n=-5$. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.

Wielokąt ma $8$ boków.

Oznaczmy przez $x$ liczbę punktów, które zdobyła drużyna $D_6$. Stąd liczba punktów zdobytych przez $D_5$ jest równa $x+2$. W tym turnieju rozegrano $\frac{6\cdot 5}{2}=15$ meczów. W każdym meczu suma punktów uzyskanych przez grające ze sobą drużyny jest równa $2$, zatem po zakończeniu turnieju łączna suma punktów zdobytych przez wszystkie drużyny jest równa $30$. Zatem $6+3+8+1+x+2+x=30$, a więc $x=5$. Oznacza to, że drużyna $D_6$ zajęła $4$ miejsce.

$4$ miejsce.

Oblicz ile łącznie punktów uzyskało pierwszych $11$ drużyn, a następnie wyciągnij wniosek, ile punktów mogła co najwyżej zdobyć ostatnia drużyna.

W tym turnieju rozegrano $\frac{12\cdot 11}{2}=66$ meczów. W każdym meczu suma punktów uzyskanych przez grające ze sobą drużyny jest równa $1$, zatem po zakończeniu turnieju łączna suma punktów zdobytych przez wszystkie drużyny jest równa $66$. Każda z dziewięciu drużyn, która zajęła w tym turnieju miejsce powyżej dziesiątego, uzyskała co najmniej $6$ punktów, a drużyny z miejsc dziesiątego i jedenastego („Kosiarze” i „Przecinaki”) – po $5,5$ punktu. Zatem suma punktów uzyskanych przez te jedenaście drużyn to co najmniej $65$. Oznacza to, że dwunasta, ostatnia drużyna zdobyła co najwyżej jeden punkt, stąd wynika, że drużyna ta wygrała co najwyżej jeden mecz.

W turnieju, w którym każdy mecz musiał zostać rozstrzygnięty, tylko jedna drużyna mogła przegrać wszystkie mecze. Ponieważ liczba $1$ stanowi $10\%$ liczby wszystkich drużyn biorących udział w turnieju, więc wszystkich drużyn było $10$. Oznacza to, że w tym turnieju rozegrano $\frac{10\cdot 9}{2}=45$ meczów.

$45$

Z treści zadania wynika, że $40\%$ drużyn rozegrało wyłącznie mecze rozstrzygnięte, a spośród nich $\frac{1}{6}$ wygrała wszystkie mecze. Wobec tego $\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{15}$ spośród wszystkich drużyn wygrała wszystkie mecze. Ale w takim turnieju tylko jedna drużyna mogła wygrać wszystkie swoje mecze, co oznacza, że startowało w nim $15$ drużyn. Zatem łącznie rozegrały one $\frac{15\cdot 14}{2}=105$ meczów.

$105$

Z danego zbioru losujemy dwie liczby (mamy $\frac{11\cdot 10}{2}=55$ możliwości), następnie większą z nich bierzemy jako wynik pierwszego losowania, mniejszą – jako wynik drugiego losowania, a jako wynik trzeciego losowania bierzemy liczbę równą tej mniejszej. Stąd wynika, że jest $55$ takich wyników losowania.

$55$

1. Takich wyników jest $\frac{6\cdot 5}{2}=15$

2. Takich wyników jest $6\cdot \frac{6\cdot 5}{2}=90$

1. $15$

2. $90$

1. Obliczamy, ile wśród $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ jest trójek punktów, które nie leżą na jednej prostej. Rozróżniamy dwa przypadki: wybieramy dwa punkty leżące na prostej $AB$ i trzeci na prostej $CD$ albo wybieramy dwa punkty leżące na prostej $CD$ i trzeci na prostej $AB$. Łącznie otrzymujemy więc $\frac{4\cdot 3}{2}\cdot 3+\frac{3\cdot 2}{2}\cdot 4=30$ trójkątów.

2. Zauważamy, że trapezy możemy otrzymać wtedy i tylko wtedy, gdy dwa spośród ich wierzchołków wybrane zostaną na prostej $AB$ i kolejne dwa – na prostej $CD$. Zatem w sumie otrzymujemy $\frac{4\cdot 3}{2}\cdot \frac{3\cdot 2}{2}=18$ trapezów.

1. $30$

2. $18$

Obliczamy, że w tej klasie jest $18$ dziewczynek i $15$ chłopców. Stąd:

1. trzyosobową delegację, w której znajdzie się jedna dziewczynka i dwóch chłopców, można wybrać na $18\cdot \frac{15\cdot 14}{2}=1890$ sposobów.

2. czteroosobową delegację, w której znajdą się dwie dziewczynki i dwaj chłopcy, można wybrać na $\frac{18\cdot 17}{2}\cdot \frac{15\cdot 14}{2}=16065$ sposobów.

1. $1890$

2. $16065$

Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta jest punkt $A$, to pozostałe dwa wierzchołki można wybrać dowolnie spośród punktów leżących na prostych $k$ oraz $l$ ($\frac{9\cdot 8}{2}=36$ możliwości). Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta nie ma punktu $A$, to wierzchołki wybieramy albo biorąc dwa punkty spośród leżących na prostej $k$ i trzeci leżący na prostej $l$ ($\frac{5\cdot 4}{2}\cdot 4=40$ możliwości), albo biorąc dwa punkty spośród leżących na prostej $l$ i trzeci leżący na prostej $k$ ($\frac{4\cdot 3}{2}\cdot 5=30$ możliwości). Stąd jest $36+40+30=106$ wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punktów.

$106$

1. Cyfrę tysięcy można wybrać na $9$ sposobów, cyfrę dziesiątek – na $10$ sposobów, a taką parę: cyfra setek, cyfra jedności, że cyfra setek jest mniejsza niż cyfra jedności, można wybrać na $\frac{10\cdot 9}{2}=45$ sposobów. Zatem jest $9\cdot 10\cdot 45=4050$ wszystkich takich liczb.

2. Cyfrę dziesiątek tysięcy można wybrać na $9$ sposobów, a każdą z par: cyfra setek, cyfra jedności taką, że cyfra setek jest większa niż cyfra jedności oraz parę cyfra tysięcy, cyfra dziesiątek taką, że cyfra tysięcy jest większa niż cyfra dziesiątek, można wybrać na $\frac{10\cdot 9}{2}=45$ sposobów. Zatem jest $9\cdot 45\cdot 45=18225$ wszystkich takich liczb.

1. $4050$

2. $18225$

Oznaczmy pionowe linie siatki, od lewej: $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$, $x_5$ oraz poziome linie siatki, od dołu: $y_1$, $y_2$, $y_3$, $y_4$, $y_5$, $y_6$, $y_7$.

• sposób $\mathrm{I}$. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisuje para wierzchołków: lewy dolny: $\left(x_l,y_d\right)$ i prawy górny $\left(x_p,y_g\right)$. Zatem szukamy takiej czwórki liczb $x_l$, $y_d$, $x_p$, $y_g$, która spełnia jednocześnie dwa warunki:

1. indeksy $l$ i $p$ bierzemy ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5\right\}$, przy czym $l<p$,

2. indeksy $d$ i $g$ bierzemy ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$, przy czym $d<g$.

Ponieważ parę indeksów $l$, $p$ możemy wybrać na $\frac{5\cdot 4}{2}=10$ sposobów, a parę $d$, $g$ – na $\frac{7\cdot 6}{2}=21$ sposobów, więc wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta $6$ na $4$, jest $10\cdot 21=210$.

• sposób $\mathrm{II}$. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisują dwie pary równoległych prostych przechodzących przez jego boki: para prostych pionowych, którą można wybrać na $\frac{5\cdot 4}{2}=10$ sposobów oraz para prostych poziomych, którą można wybrać na $\frac{7\cdot 6}{2}=21$ sposobów. Zatem jest $10\cdot 21=210$ wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta $6$ na $4$.

$210$

Rozkładamy liczbę $12$ na czynniki pierwsze: $12=2\cdot 2\cdot 3$. Oznacza to, że możliwe są trzy przypadki:

1. wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna trójka i sześć jedynek,

2. wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna szóstka i siedem jedynek,

3. wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna czwórka i siedem jedynek.

• W pierwszym przypadku: wybieramy dwa miejsca, na których zapisujemy dwójki ($\frac{9\cdot 8}{2}=36$ możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy trójkę ($7$ możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że są $36\cdot 7=252$ takie liczby.

• W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę ($9$ możliwości), z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy szóstkę (8 możliwości) , a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są $9\cdot 8=72$ takie liczby.

• W trzecim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy trójkę ($9$ możliwości), z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy czwórkę ($8$ możliwości) , a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są $9\cdot 8=72$ takie liczby.

Stąd wynika, że jest $252+72+72=396$ wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy $12$.

$396$

• Sposób $\mathrm{I}$
  Rozróżniamy trzy przypadki: $\left(1\right)$ parzysta liczba oczek wypadła pięć razy, $\left(2\right)$ parzysta liczba oczek wypadła $4$ razy, $\left(3\right)$ parzysta liczba oczek wypadła $3$ razy. W pierwszym przypadku mamy $3^5=243$ wszystkich możliwości. W drugim przypadku: ustalamy numer rzutu, w którym wypadła nieparzysta liczba oczek ($5$ możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek ($3$ możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę oczek ($3^4=81$ możliwości) – razem jest $5\cdot 3\cdot 81=1215$ możliwości. W trzecim przypadku: ustalamy numery dwóch rzutów, w których wypadła nieparzysta liczba oczek ($\frac{5\cdot 4}{2}=10$ możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek ($3^2=9$ możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę oczek ($3^3=27$ możliwości) – razem jest $10\cdot 9\cdot 27=2430$ możliwości.

Oznacza to, że łącznie jest $243+1215+2430=3888$.

• Sposób $\mathrm{II}$
  Skorzystamy z reguły równoliczności. Jest $6^5=7776$ wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy:

$\left(1\right)$ tych wyników, w których wypadło mniej parzystych liczb oczek niż nieparzystych liczb oczek,

$\left(2\right)$ tych wyników, w których wypadło mniej nieparzystych liczb oczek niż parzystych liczb oczek.

Biorąc dowolny wynik z pierwszej grupy i zamieniając każdą z zapisanych tam liczb $l$ wyrzuconych oczek na liczbę $7$ – $l$, dostaniemy jeden wynik z drugiej grupy. Postępując analogicznie z wynikiem z drugiej grupy, dostaniemy jeden wynik z pierwszej grupy. Zatem wyniki te można połączyć w pary, co oznacza, że dokładnie połowa wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną to te, w których parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek. Jest ich więc $\frac{1}{2}\cdot 7776=3888$.

$3888$

1. Sposób $\mathrm{I}$
   Rozróżniamy trzy przypadki:
   $\left(1\right)$ w zapisie takiej liczby jest jedna siódemka i cztery jedynki,
   $\left(2\right)$ w zapisie takiej liczby jest jedna piątka, jedna trójka i trzy jedynki,
   $\left(3\right)$ w zapisie takiej liczby są trzy trójki i dwie jedynki.
   W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy siódemkę ($5$ możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest $5$ takich liczb.
   W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy piątkę ($5$ możliwości), następnie z pozostałych czterech miejsc wybieramy jedno, na którym zapiszemy trójkę ($4$ możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że jest $5\cdot 4=20$ takich liczb.
   W trzecim przypadku: wybieramy dwa miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki ($\frac{5\cdot 4}{2}=10$ możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy trójki. Oznacza to, że jest $10$ takich liczb.
   Stąd wynika, że łącznie jest $5+20+10=35$ liczb naturalnych pięciocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa $11$.

2. Sposób $\mathrm{I}$
   Rozróżniamy trzy przypadki, ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę setek tysięcy) w zapisie tej liczby:
   $\left(1\right)$ na pierwszym miejscu jest trójka,
   $\left(2\right)$ na pierwszym miejscu jest dwójka,
   $\left(3\right)$ na pierwszym miejscu jest jedynka.
   W pierwszym przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko jedna taka liczba.
   W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną jedynkę i cztery zera. Wybieramy więc jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy jedynkę ($5$ możliwości), następnie na pozostałych czterech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $5$ takich liczb.
   W trzecim przypadku są dwie możliwości:
   – na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i cztery zera. Zatem: wybieramy jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy dwójkę ($5$ możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $5$ takich liczb.
   – na pozostałych miejscach należy zapisać dwie jedynki i trzy zera. Zatem: wybieramy dwa miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki ($\frac{5\cdot 4}{2}=10$ możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $10$ takich liczb.
   Stąd wynika, że jest $1+5+5+10=21$ wszystkich liczb sześciocyfrowych, których suma cyfr jest równa $3$.

3. Rozróżniamy dwa przypadki ze względu na ostatnią cyfrę (czyli cyfrę jedności) w zapisie tej liczby:
   $\left(1\right)$ na ostatnim miejscu jest jedynka,
   $\left(2\right)$ na ostatnim miejscu jest trójka.
   W pierwszym przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma cyfr jest równa $3$. Takich liczb jest $21$, co wiadomo z rozwiązania podpunktu b). W drugim przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma cyfr jest równa $1$. Taka liczba jest tylko jedna – jej pierwszą cyfrą jest $1$, a pozostałe cyfry to zera. Zatem są $22$ nieparzyste liczby siedmiocyfrowe, których suma cyfr jest równa $4$.

4. Sposób $\mathrm{I}$
   Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę dziesiątek milionów) w zapisie tej liczby:
   $\left(1\right)$ na pierwszym miejscu jest dwójka albo
   $\left(2\right)$ na pierwszym miejscu jest czwórka albo
   $\left(3\right)$ na pierwszym miejscu jest szóstka.
   W pierwszym przypadku są dwie możliwości:
   – na pozostałych miejscach należy zapisać jedną czwórkę i sześć zer. Zatem wybieramy jedno miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy czwórkę ($7$ możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $7$ takich liczb.
   – na pozostałych miejscach należy zapisać dwie dwójki i pięć zer. Wobec tego wybieramy dwa miejsca z siedmiu, na których zapiszemy dwójki ($\frac{7\cdot 6}{2}=21$ możliwości), a na pozostałych pięciu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $21$ takich liczb.
   W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i sześć zer. Wybieramy więc jedno miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy dwójkę ($7$ możliwości), a następnie na pozostałych miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest $7$ takich liczb.
   W trzecim przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko jedna taka liczba.
   Łącznie jest $7+21+7+1=36$ liczb ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa $6$.

1. $35$

2. $21$

3. $22$

4. $36$

• Sposób $\mathrm{I}$
  W pięciu etapach zapisujemy cyfry takiej liczby: $\left(1\right)$ wybieramy miejsce dla cyfry $9$ ($9$ możliwości) i zapisujemy tę cyfrę, $\left(2\right)$ wybieramy miejsce dla cyfr $1$ oraz $2$ ($\frac{8\cdot 7}{2}=28$ możliwości) i zapisujemy te cyfry, $\left(3\right)$ wybieramy miejsce dla cyfr $3$ oraz $4$ ($\frac{6\cdot 5}{2}=15$ możliwości) i zapisujemy te cyfry, $4$ wybieramy miejsce dla cyfr $5$ oraz $6$ ($\frac{4\cdot 3}{2}=6$ możliwości) i zapisujemy te cyfry, $\left(5\right)$ na pozostałych dwóch miejscach zapisujemy cyfry $7$ oraz $8$. Stąd wynika, że jest $9\cdot 28\cdot 15\cdot 6=22680$ wszystkich takich liczb.

• Sposób $\mathrm{II}$ (zasada równoliczności)
  Wszystkich liczb dziewięciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$, $9$ jest $9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=362880$. Dokładnie połowa z nich spełnia warunek $\left(1\right)$, połowa ze spełniających warunek $\left(1\right)$ ma w zapisie cyfrę $3$ przed cyfrą $4$, połowa z liczb spełniających warunki $\left(1\right)$ i $\left(2\right)$ ma w zapisie cyfrę $5$ przed cyfrą $6$, a połowa z liczb spełniających warunki $\left(1\right)$, $\left(2\right)$ i $\left(3\right)$ ma w zapisie cyfrę $7$ przed cyfrą $8$. Zatem jest $\frac{362880}{2\cdot 2\cdot 2\cdot 2}=22680$ takich liczb.

Polecamy czytelnikowi samodzielnie uzasadnić powyższe rozumowanie.

$22680$

• Sposób $\mathrm{I}$
  Rozróżniamy cztery przypadki ze względu na liczbę wylosowanych losów wygrywających:
  $\left(1\right)$ wylosowano $4$ losy wygrywające (wtedy nie ma wśród wylosowanych losu pustego) – jest $5$ takich możliwości albo $\left(2\right)$ wylosowano $3$ losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych jest $1$ los pusty) – takich możliwości jest $\left(\begin{array}{l}5\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}20\\ 1\end{array}\right)=10\cdot 20=200$, albo $\left(3\right)$ wylosowano $2$ losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych są też $2$ losy puste) – takich możliwości jest $\left(\begin{array}{l}5\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}20\\ 2\end{array}\right)=10\cdot 190=1900$, albo $\left(4\right)$ wylosowano $1$ los wygrywający (wtedy wśród wylosowanych są też $3$ losy puste) – takich możliwości jest $\left(\begin{array}{l}5\\ 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}20\\ 3\end{array}\right)=5\cdot 1140=5700$.
  Zatem na $5+200+1900+5700=7805$ sposobów można wylosować co najmniej jeden los wygrywający.

• Sposób $\mathrm{II}$
  Wśród wszystkich $\left(\begin{array}{l}25\\ 4\end{array}\right)=12650$ możliwych wyników losowania $4$ losów spośród $25$ jest $\left(\begin{array}{l}20\\ 4\end{array}\right)=4845$ wyników losowania, kiedy nie wylosowano ani jednego losu wygrywającego. Zatem co najmniej jeden los wygrywający można wylosować na $12650-4845=7805$ sposobów.

$7805$

Każda najkrótsza droga prowadząca od $A$ do $C$ wymaga wykonania $13$ kolejnych kroków po brzegu odpowiednich kwadratów jednostkowych. Wśród tych trzynastu kroków dokładnie $5$ to kroki w prawo i dokładnie $8$ to kroki w górę. Zatem wszystkich najkrótszych dróg jest tyle, ile wyników trzynastokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie $5$ razy wypadł orzeł: $\left(\begin{array}{c}13\\ 5\end{array}\right)=1287$.

$1287$

Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą $10$ można otrzymać: albo gdy najmniejszy z numerów jest równy $1$ i największy jest równy $9$, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy $2$ i największy jest równy $8$, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy $3$ i największy jest równy $7$, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy $4$ i największy jest równy $6$.

Rozróżniamy zatem cztery rozłączne przypadki:

1. wśród wylosowanych znalazły się kartki o numerach $1$ oraz $9$ i nie znalazła się kartka z numerem $10$,

2. wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach $1$, $9$, $10$ i znalazły się kartki o numerach $2$ oraz $8$,

3. wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach $1$, $2$, $8$, $9$, $10$ i znalazły się kartki o numerach $3$ oraz $7$,

4. wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach $1$, $2$, $3$, $7$, $8$, $9$, $10$ i znalazły się kartki o numerach $4$ oraz $6$.

• W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$. Ponieważ decyzji o wyborze każdej z tych $7$ kartek możemy dokonać na $2$ sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest $2^7=128$ możliwości wylosowania kartek.

• W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $3$, $4$, $5$, $6$, $7$ . Łącznie w tym przypadku są $2^5=32$ możliwości wylosowania kartek.

• W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $4$, $5$, $6$. W tym przypadku jest $2^3=8$ możliwości wylosowania kartek.

• W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować kartkę z numerem $5$ lub nie wylosować tej kartki – zatem w tym przypadku są $2$ możliwości wylosowania kartek.

Oznacza to, że jest $128+32+8+2=170$ wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób opisany w treści zadania.

$170$

Skorzystaj ze wzoru dwumianowego.

Dla dowolonych liczb rzeczywistych $a$ i $b$ i dowolonej liczby naturalnej $n\ge 1$ zachodzi równość:

${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)a^{n-k}{b}^k$

Powyższy wzór nazywamy wzorem dwumianowym Newtona, gdzie $\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)=\frac{m!}{n!·\left(m-n\right)!}$.

1. ${\left(2x+3\right)}^4=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\end{array}\right)·{\left(2x\right)}^4·3^0+\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)·{\left(2x\right)}^3·3^1+\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)·{\left(2x\right)}^2·3^2+$$+\left(\begin{array}{c}4\\ 3\end{array}\right)·{\left(2x\right)}^1·3^3+\left(\begin{array}{c}4\\ 4\end{array}\right)·{\left(2x\right)}^0·3^4=$$=\frac{4!}{0!\left(4-0\right)!}·16x^4+\frac{4!}{1!\left(4-1\right)!}·8x^3·3^1+\frac{4!}{2!\left(4-2\right)!}·4x^2·3^2+$$+\frac{4!}{3!\left(4-3\right)!}·2x·3^3+\frac{4!}{4!\left(4-4\right)!}·3^4=$$=16x^4+4·24x^3+6·36x^2+4·54x+81=$$=16x^4+96x^3+216x^2+216x+81$.

2. ${\left(x-2\right)}^5=\left(\begin{array}{c}5\\ 0\end{array}\right)·x^5·{\left(-2\right)}^0+\left(\begin{array}{c}5\\ 1\end{array}\right)·x^4·{\left(-2\right)}^1+\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)·x^3·{\left(-2\right)}^2+$$+\left(\begin{array}{c}5\\ 3\end{array}\right)·x^2·{\left(-2\right)}^3+\left(\begin{array}{c}5\\ 4\end{array}\right)·x^1·{\left(-2\right)}^4+\left(\begin{array}{c}5\\ 5\end{array}\right)·x^0·{\left(-2\right)}^5=$$=\frac{5!}{0!\left(5-0\right)!}·x^5+\frac{5!}{1!\left(5-1\right)!}·\left(-2x^4\right)+\frac{5!}{2!\left(5-2\right)!}·4x^3+$$+\frac{5!}{3!\left(5-3\right)!}·\left(-8x^2\right)+\frac{5!}{5!\left(5-4\right)!}·16x+\frac{5!}{5!\left(5-5\right)!}·\left(-32\right)=$$=x^5+5·\left(-2x^4\right)+10·4x^3+10·\left(-8x^2\right)+5·16x+1·\left(-32\right)=$$=x^5-10x^4+40x^3-80x^2+80x-32$.

3. ${\left(2a+\frac{1}{2}b\right)}^4=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\end{array}\right)·{\left(2a\right)}^4·{\left(\frac{1}{2}b\right)}^0+\left(\begin{array}{c}4\\ 1\end{array}\right)·{\left(2a\right)}^3·{\left(\frac{1}{2}b\right)}^1+$$+\left(\begin{array}{c}4\\ 2\end{array}\right)·{\left(2a\right)}^2·{\left(\frac{1}{2}b\right)}^2+\left(\begin{array}{c}4\\ 3\end{array}\right)·{\left(2a\right)}^1·{\left(\frac{1}{2}b\right)}^3+\left(\begin{array}{c}4\\ 4\end{array}\right)·{\left(2a\right)}^0·{\left(\frac{1}{2}b\right)}^4=$$=\frac{4!}{0!\left(4-0\right)!}·16a^4+\frac{4!}{1!\left(4-1\right)!}·8a^3·\frac{1}{2}b+\frac{4!}{2!\left(4-2\right)!}·4a^2·\frac{1}{4}{b}^2+$$+\frac{4!}{3!\left(4-3\right)!}·2a·\frac{1}{8}{b}^3+\frac{4!}{4!\left(4-4\right)!}·\frac{1}{16}{b}^4=$$=16a^4+4·4a^{3}b+6·a^2{b}^2+4·\frac{1}{4}a{b}^3+\frac{1}{16}{b}^4=$$=16a^4+16a^{3}b+6a^2{b}^2+a{b}^3+\frac{1}{16}{b}^4$

4. ${\left(a-b\right)}^6=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\end{array}\right)·a^6·{\left(-b\right)}^0+\left(\begin{array}{c}6\\ 1\end{array}\right)·a^5·{\left(-b\right)}^1+\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)·a^4·{\left(-b\right)}^2+$$+\left(\begin{array}{c}6\\ 3\end{array}\right)a^3·{\left(-b\right)}^3+\left(\begin{array}{c}6\\ 4\end{array}\right)·a^2·{\left(-b\right)}^4+\left(\begin{array}{c}6\\ 5\end{array}\right)·a^1·{\left(-b\right)}^5+\left(\begin{array}{c}6\\ 6\end{array}\right)·a^0·{\left(-b\right)}^6=$$=\frac{6!}{0!\left(6-0\right)!}·a^6+\frac{6!}{1!\left(6-1\right)!}·a^5·{\left(-b\right)}^1+\frac{6!}{2!\left(6-2\right)!}·a^4·{\left(-b\right)}^2+$$+\frac{6!}{3!\left(6-3\right)!}·a^3·{\left(-b\right)}^3+\frac{6!}{4!\left(6-4\right)!}·a^2·{\left(-b\right)}^4+\frac{6!}{5!\left(6-5\right)!}·a^1·{\left(-b\right)}^5+$$+\frac{6!}{6!\left(6-6\right)!}·a^0·{\left(-b\right)}^6=$ $a^6-6a^{5}b+15a^4{b}^2-20a^3{b}^3+15a^2{b}^4-6a{b}^5+b^6$

1. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
   1) wybór trzech miejsc z ośmiu dla cyfr parzystych (mamy $\left(\begin{array}{l}8\\ 3\end{array}\right)=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1}=56$ możliwości) oraz zapisanie tych cyfr (mamy $4^3=64$ możliwości),
   2) zapisanie pozostałych pięciu cyfr (mamy $5^5=3125$ możliwości). Zatem jest $56\cdot 64\cdot 3125=11200000$ takich liczb sześciocyfrowych.

2. Sposób $\mathrm{I}$
   Rozróżniamy dwa przypadki: albo $\left(1\right)$ na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta, albo $\left(2\right)$ na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.
   W pierwszym przypadku: mamy $4$ możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu miejsc mamy wybrać trzy dla cyfry parzystej ($\left(\begin{array}{l}6\\ 3\end{array}\right)=\frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=20$ możliwości) i zapisać te cyfry ($5^3=125$ możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisać cyfry nieparzyste ($5^3=125$ możliwości). Takich liczb jest $4\cdot 20\cdot 125\cdot 125=1250000$.
   W drugim przypadku: mamy $5$ możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu miejsc mamy wybrać dwa dla cyfry nieparzystej ($\frac{6\cdot 5}{2}=15$ możliwości) i zapisać te cyfry ($5\cdot 5=25$ możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisać cyfry parzyste ($5^4=625$ możliwości). Takich liczb jest $5\cdot 15\cdot 25\cdot 625=1171875$.
   Oznacza to, że jest $1250000+1171875=2421875$ liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki zadania.
   Sposób $\mathrm{II}$
   Wypisujemy kolejno jedna za drugą siedem cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu możliwych (dopuszczamy $0$ na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie czterech miejscach zapisujemy cyfrę parzystą. Mamy $\left(\begin{array}{l}7\\ 4\end{array}\right)=\frac{7\cdot 6\cdot 5}{3\cdot 2\cdot 1}=35$ możliwości wyboru czterech miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy zapisać na $5^4=625$ sposobów, a na pozostałych trzech miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na $5^3=125$ sposobów. Takich ciągów o $7$ cyfrach jest zatem $35\cdot 625\cdot 125=2734375$. Są wśród nich takie, w których cyfra $0$ zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich ciągów na trzech z kolejnych sześciu miejscach znajdują się cyfry parzyste (miejsce dla nich można wybrać na $\left(\begin{array}{l}6\\ 3\end{array}\right)=\frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=20$ sposobów, a zapisać je na $5^3=125$ sposobów) i na pozostałych trzech miejscach - cyfry nieparzyste (można je zapisać na $5^3=125$ sposobów). Oznacza to, że takich ciągów jest $20\cdot 125\cdot 125=312500$. Stąd wynika, że jest $2734375-312500=2421875$ liczb siedmiocyfrowych spełniających warunki zadania.

1. $11200000$ takich liczb ośmiocyfrowych.

2. $2421875$ takich liczb siedmiocyfrowych.

1. $\left(\begin{array}{c}10\\ 3\end{array}\right)=\frac{10·9·8}{1\cdot 2\cdot 3}=120$

2. $9\cdot 10\cdot \left(\begin{array}{c}10\\ 4\end{array}\right)=90\cdot \frac{10\cdot 9\cdot 8\cdot 7}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=18900$

1. $120$

2. $18900$

$\left(\begin{array}{c}12\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}9\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}6\\ 3\end{array}\right)=\frac{12\cdot 11\cdot 10}{3\cdot 2\cdot 1}\cdot \frac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}\cdot \frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1}=220\cdot 84\cdot 20=369600$.

$369600$

1. Wszystkich wyników losowania $5$ liczb spośród $22$ jest $\left(\begin{array}{l}22\\ 5\end{array}\right)=26334$. Iloczyn wylosowanych liczb może być albo parzysty, albo nieparzysty. W tym drugim przypadku każda z wylosowanych liczb musi być nieparzysta, co oznacza, że jest $\left(\begin{array}{l}11\\ 5\end{array}\right)=462$ takich możliwości. Zatem jest $26334-462=25872$ wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których iloczyn jest parzysty.

2. Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na liczbę nieparzystych składników opisanej sumy:
   $\left(1\right)$ są $4$ składniki nieparzyste (wtedy jeden składnik jest parzysty) – mamy więc $\left(\begin{array}{l}11\\ 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}11\\ 1\end{array}\right)=3630$ możliwości albo
   $\left(2\right)$ są $2$ składniki nieparzyste (wtedy trzy składniki są parzyste) – mamy więc $\left(\begin{array}{l}11\\ 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}11\\ 3\end{array}\right)=9075$ możliwości, albo
   $\left(3\right)$ składników nieparzystych nie ma, wszystkie składniki są parzyste – mamy więc $\left(\begin{array}{l}11\\ 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}11\\ 5\end{array}\right)=462$ możliwości. Zatem jest $3630+9075+462=13167$ wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb.

1. $25872$

2. $13167$

1. Dzielimy karty z talii na $3$ grupy: $13$ pików, $13$ kierów i $26$ pozostałych kart. Z pierwszej grupy mamy wylosować $10$ kart, z drugiej – $2$ karty, a z trzeciej – jedną. Zatem jest $\left(\begin{array}{l}13\\ 10\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}13\\ 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}26\\ 1\end{array}\right)=286\cdot 78\cdot 26=580008$ wszystkich możliwości otrzymania takiego układu kart.

2. Dzielimy karty z talii na $5$ grup: $4$ asy, $4$ króle, $4$ damy, $4$ walety i $36$ pozostałych kart. Z każdej z czterech początkowych grup mamy wylosować po $3$ karty, a z piątej – jedną. Zatem jest $\left(\begin{array}{l}4\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}4\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}4\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}4\\ 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}36\\ 1\end{array}\right)=4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 36=9216$ wszystkich możliwości otrzymania takiego układu kart.

1. $580008$

2. $9216$

1. Wybieramy $5$ graczy do drużyny „Niebieskiej” – można to zrobić na $\left(\begin{array}{l}10\\ 5\end{array}\right)=252$ sposoby. Pozostałych pięciu przydzielamy do drużyny „Żółtej”. Zatem na $252$ sposoby można dokonać żądanego podziału.

2. Oznaczmy przez $x$ liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których pierwszych pięciu wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, a pozostałych – do drużyny „Żółtej” jest z jednej strony równa $2x$ (bo kolejność dokonywanego wyboru do konkretnej drużyny możemy ustalić na dwa sposoby), a z drugiej – jest to $252$ (jak obliczyliśmy w podpunkcie a). Zatem $2x=252$, stąd $x=126$.

3. Wybieramy $4$ graczy do drużyny „Niebieskiej” (można to zrobić na $\left(\begin{array}{l}12\\ 4\end{array}\right)=495$ sposobów), następnie kolejnych czterech do drużyny „Żółtej” (można to zrobić na $\left(\begin{array}{l}8\\ 4\end{array}\right)=70$ sposobów), a pozostałych czterech przydzielamy do drużyny „Czerwonej”. Zatem na $495\cdot 70=34650$ sposobów można dokonać żądanego podziału.

4. Oznaczmy przez y liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których pierwszych czterech wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, kolejnych czterech– do drużyny „Żółtej”, a pozostałych czterech – do drużyny „Czerwonej” jest z jednej strony równa $3!\cdot x$ (bo kolejność dokonywanego wyboru do konkretnej drużyny możemy ustalić na $3!$ sposobów), a z drugiej – jest to $34650$ (jak obliczyliśmy w podpunkcie c). Zatem $6y=34650$, stąd $y=5775$.

1. $252$

2. $126$

3. $34650$

4. $5775$