• Dowiesz się czy są permutacja.

• Nauczysz się rozpoznawać permutacje w typowych doświadczeniach.

• Znajomość twierdzenia o liczbie permutacji pozwoli Ci obliczać, ile jest wyników wymienionych wyżej doświadczeń.

• Dowiesz się również, jak obliczać liczbę wszystkich permutacji, których elementy spełniają ustalone warunki.

Każdy ciąg utworzony ze wszystkich elementów zbioru $n$–elementowego nazywamy permutacją tego zbioru.

Liczba $P_n$ wszystkich permutacji zbioru $n$-elementowego określona jest wzorem
$P_n=n!$

Dany jest zbiór $X=\left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$. Obliczymy, ile jest wszystkich funkcji różnowartościowych o argumentach ze zbioru $X$ i wartościach w zbiorze $X$.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że funkcja $f$ spełnia warunki zadania i zapiszmy wartości przyporządkowane do każdego z kolejnych, rosnąco zapisywanych argumentów: najpierw $f\left(1\right)$, następnie $f\left(2\right)$, z kolei $f\left(3\right)$ i tak dalej aż do $f\left(9\right)$. Otrzymany w ten sposób $9$–elementowy ciągciągciąg jest permutacjąpermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacją zbioru $X$. Zatem wszystkich funkcji, które spełniają warunki zadania jest tyle, ile permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji tego zbioru, czyli $9!$

Przeanalizujemy przykład przytoczony przez Juliana Tuwima w jego zbiorku „Cicer cum caule, czyli groch z kapustą” (treść podajemy za wydaniem: Czytelnik, Warszawa 1958–59)

„Za czasów studenckich jadałem „smaczne domowe obiady na maśle” u jakiejś zdeklasowanej bałtyckiej baronessy, bardzo ważnej, sztywnej i pedantycznej damy. Obiady były doprawdy smaczne, więc nasza ekipa – czternaście osób – przez dłuższy czas zasiadała przy podłużnym stole w niezmienionym składzie. I każdy miał swoje wyznaczone miejsce, którego nie wolno było zmieniać.

Jako najmłodszemu, przypadło mi miejsce na szarym końcu, a że służąca, postać również nadęta i pedantyczna, obnosiła półmiski zawsze w tej samej kolejności, zaczynając od jakiegoś b. carskiego huzara, a kończąc na mnie, dostawały mi się zazwyczaj żałosne resztki potraw.

Gdy kiedyś zaproponowałem łagodnie, aby stołownicy przesuwali się co dzień o jedno krzesło naprzód, projekt mój spotkał się z takim zabójczym spojrzeniem baronessy, że co prędzej zamilkłem.

Ale nie dałem za wygraną. Nazajutrz wystąpiłem z nowym, znacznie radykalniejszym projektem rozmieszczenia ludzi przy stole.

Co dzień, powiedziałem, będziemy siadać w innym porządku, aż się wyczerpią wszystkie możliwe kombinacje tych przesiadań.

Ale madame była nieugięta – a pewien starszy pan uśmiechał się tylko i kręcił głową.

Po godzinie okazało się, że pomysł mój był absurdalny, po prostu obłąkany.

Po obiedzie starszy pan zaprosił mnie na kawę do pobliskiej cukierni.

– Więc pan chciałby przesadzać czternaście osób, co dzień w innej kolejności, aż do wyczerpania wszystkich możliwych kombinacji, czy tak?

– Tak jest, proszę pana.

– I co pan sądzi, jak to długo będzie trwało, aż pan te wszystkie możliwe kombinacje wyczerpie?

– No, nie wiem... może nawet parę tygodni... ale musi być sprawiedliwość.

– Owszem, musi być - odrzekł fundator kawy i zaczął coś obliczać ołówkiem na marmurze stolika.

Po paru minutach powiedział:

– Ale będzie to, panie drogi, trwało - niech pan słucha: dwieście trzydzieści osiem milionów osiemset czterdzieści cztery tysiące sześćset trzydzieści trzy lata.

Osłupiałem, myśląc, że mam do czynienia z wariatem.

– Jak to? 14 osób musi się przesiadać blisko 239 milionów lat, aby wyczerpać wszystkie możliwe sąsiedztwa? Pan sobie chyba ze mnie kpi!

Czarnym ołówkiem na białym marmurze dowiódł mi ów pan (nauczyciel matematyki w gimnazjum), że ma rację.”

Na podstawie treści zadania domyślamy się, że ów starszy pan, fundator kawy, przedstawił następujące rachunki:

Wszystkich rozmieszczeń grupy $14$ stołowników na $14$ dostępnych im $14$ różnych miejscach jest $14!$, czyli $87178291200$.

Wiemy, że jest ich dokładnie tyle, ponieważ każde takie rozmieszczenie jest $14$–elementową permutacjąpermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacją tego zbioru.

Z przedstawionego w opowiadaniu wniosku wynika, że przyjęto tam $365$ dni na rok, skąd właśnie wzięta jest przedstawiona tam liczba: $\frac{14!}{365}\approx 238844633,4$ roku.

Gdyby przyjąć trochę dokładniej, że rok trwa $365,25$ dnia, to wynikiem byłoby $\frac{14!}{365,25}\approx 238681153,2$ roku, co nadal jest liczbą, która - zapewne - również zdumiałaby narratora przytoczonego opowiadania.

Tworzymy liczby ośmiocyfrowe o różnych cyfrach, wśród których nie ma cyfr $0$ oraz $9$. Obliczymy, ile jest wszystkich takich liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfry $3$ oraz $4$ zapisane są obok siebie.

Rozwiązanie

Zauważmy, że każda liczba ośmiocyfrowa utworzona za pomocą różnych cyfr ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$ może być wzajemnie jednoznacznie utożsamiona z ośmioelementowym ciągiem kolejnych cyfr zapisu dziesiętnego tej liczby. Naszym zadaniem jest więc wyznaczenie wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$, w których elementy $3$ i $4$ sąsiadują ze sobą. Rozwiązanie tego problemu przedstawimy na dwa sposoby.

• $\text{I}$ sposób:

  Jeśli w takiej $8$–elementowej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ustalimy parę sąsiednich miejsc dla cyfr $3$ i $4$, to te dwie liczby możemy na ustalonych miejscach rozmieścić na $2!$ sposobów, a inne $6$ elementów rozmieścimy na pozostałych $6$ miejscach na $6!$ sposobów. Ponieważ możliwe pary sąsiednich miejsc to: $1$ i $2$ lub $2$ i $3$, lub $3$ i $4$, lub $4$ i $5$, lub $5$ i $6$, lub $6$ i $7$, lub $7$ i $8$, więc jest ich do wyboru $7$. Zatem, korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, otrzymujemy ostatecznie, że wszystkich liczb spełniających warunki zadania jest

  $2!·6!·7=10080$.

• $\text{II}$ sposób:

  Rozpatrujemy wszystkie permutacjepermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacje zbioru $7$–elementowego $\left\{\left\{3,4\right\},1,2,5,6,7,8\right\}$, których jest $7!$. Jeżeli w każdej z nich uwzględnimy możliwe permutacjepermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacje elementu $\left\{3,4\right\}$, których jest $2!$, to w efekcie otrzymamy permutacjępermutacja zbioru $n$–elementowegopermutację zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8\right\}$, w której elementy $3$ i $4$ sąsiadują ze sobą.

  Na podstawie reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, otrzymujemy więc, że wszystkich liczb spełniających warunki zadania jest

  $2!·7!=10080$.

Rozpatrujemy wszystkie sześciocyfrowe liczby naturalne o różnych cyfrach. Obliczymy, ile jest wśród nich takich liczb, których suma wszystkich cyfr jest większa od $35$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że największa możliwa suma cyfr liczby sześciocyfrowej o różnych cyfrach jest równa $9+8+7+6+5+4=39$.

Ponadto:

• sumę cyfr równą $38$ dostaniemy tylko wtedy, gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $6$, $5$ oraz $3$,

• sumę cyfr równą $37$ dostaniemy jedynie w dwóch przypadkach: gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $6$, $5$ oraz $2$, a także, gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $6$, $4$ oraz $3$,

• sumę cyfr równą $36$ dostaniemy tylko w trzech przypadkach: gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $6$, $5$ oraz $1$ lub gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $6$, $4$ oraz $2$, a także, gdy cyframi będą $9$, $8$, $7$, $5$, $4$ oraz $3$.

Ponieważ liczbę sześciocyfrową o różnych cyfrach można zapisać za pomocą sześciu różnych cyfr na $6!$ sposobów, a wszystkich przypadków, w których taka liczba spełnia warunki zadania jest $7$, więc wszystkich sześciocyfrowych liczb naturalnych o różnych cyfrach, których suma wszystkich cyfr jest większa od $35$ jest

$7·6!=7·720=5040$.

Obliczymy, ile jest wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$, w których pierwszym wyrazem nie jest $1$, a drugim jest $2$.

Rozwiązanie

Niech $\left(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7,a_8,a_9\right)$ będzie permutacjąpermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacją zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$.

Jeżeli taka permutacjapermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacja spełnia warunki zadania, to $a_1\ne 1$ i $a_2=2$.

Ponieważ $a_2$ jest ustalone (mówimy też, że $2$ jest punktem stałym tej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji), więc wystarczy obliczyć, ile jest permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji $\left(a_1,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7,a_8,a_9\right)$ zbioru $\left\{1,3,4,5,6,7,8,9\right\}$, w których $a_1\ne 1$.

Rozwiązanie przedstawimy na trzy sposoby.

• $\text{I}$ sposób:

  Skorzystamy z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia. Ponieważ $a_1$ można wybrać na $7$ sposobów (tyle jest możliwości wyboru liczby różnej od $1$ spośród $8$ dostępnych) oraz przy każdym z dokonanych w ten sposób wyborów $a_1$ pozostałe $7$ elementów rozmieszczamy na $7$ pozostałych miejscach, więc wszystkich możliwości jest $7·7!$

• $\text{II}$ sposób:

  Skorzystamy z reguły dodawania. Wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji $\left(a_1,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7,a_8,a_9\right)$ zbioru $\left\{1,3,4,5,6,7,8,9\right\}$ jest $8!$

  Wśród nich wyróżnimy dwie rozłączne grupy:

  • w pierwszej znajdą się te permutacjepermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacje, w których $a_1\ne 1$

  • w drugiej pozostałe, czyli te, w których $a_1=1$.

  Ponieważ tych ostatnich jest $7!$ (po ustaleniu pierwszego wyrazu permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji pozostaje rozmieścić $7$ wyrazów na $7$ miejscach), więc wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji w pierwszej grupie jest $8!-7!=7!·\left(8-1\right)=7!·7$.

• $\text{III}$ sposób:

  Skorzystamy z reguły równoliczności. Wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji $\left(a_1,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7,a_8,a_9\right)$ zbioru $\left\{1,3,4,5,6,7,8,9\right\}$ jest $8!$

  Ze względu na wartość $a_1$ można je podzielić na $8$ równolicznych grup, przy czym w $7$ przypadkach, tzn. wtedy, gdy $a_1\ne 1$ spełnione są warunki zadania. A więc wszystkich takich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji jest $\frac{7}{8}·8!=7·7!$

Obliczymy, ile jest wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,\dots ,20\right\}$ dwudziestu początkowych dodatnich liczb całkowitych, w których elementy $1$ oraz $2$ nie sąsiadują ze sobą.

Rozwiązanie

• $\text{I}$ sposób:

  Zauważmy, że jeżeli wyznaczymy liczbę niesąsiadujących miejsc dla liczb $1$ oraz $2$, to w każdym z otrzymanych przypadków te liczby rozmieścimy na przydzielonych miejscach na $2!$ sposobów, a pozostałe $18$ liczb rozmieścimy na pozostałych miejscach na $18!$ sposobów.
  Najpierw wybieramy więc parę niesąsiadujących miejsc w permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji, postępując według zasady: do miejsca o mniejszym numerze dobieramy miejsce o większym numerze. Wtedy

  • do miejsca numer $1$ mamy $18$ miejsc możliwych do wyboru (od $3$ do $20$),

  • do miejsca numer $2$ mamy $17$ miejsc możliwych do wyboru (od $4$ do $20$),

  • do miejsca numer $3$ mamy $16$ miejsc możliwych do wyboru (od $5$ do $20$),

  i tak dalej, aż do miejsca numer $18$, gdzie mamy $1$ miejsce do wyboru (ostatnie, numer $20$).
  Zatem wszystkich możliwych miejsc do wyboru dla pary liczb $1$, $2$ jest
  $1+2+3+\dots +18=\frac{18·19}{2}=9·19=171$.
  Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, stwierdzamy ostatecznie, że wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających warunki zadania jest $171·2!·18!=9·2·19·18!=18·19!$

• $\text{II}$ sposób:

  Zauważamy, że wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,\dots ,20\right\}$ jest $\mathrm{,20}!$. Natomiast permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,\dots ,20\right\}$, w których elementy $1$, $2$ sąsiadują ze sobą jest $19!·2!$.
  Wynika z tego, że permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających warunki zadania jest $20!-19!·2!=\left(20-2\right)·19!=18·19!$

Obliczymy, na ile sposobów możemy rozmieścić liczby ze zbioru $\left\{1,2,3,\dots ,20\right\}$ dwudziestu początkowych dodatnich liczb całkowitych w $5$ rzędach po $4$ liczby tak, aby elementy $1$ oraz $2$ nie sąsiadowały ze sobą. Przyjmujemy tutaj, że liczby sąsiadują ze sobą jeśli leżą obok siebie w tym samym rzędzie.

Rozwiązanie

Dla porządku numerujemy miejsca w rzędach:

• w rzędzie $\text{I}$: od $1$ do $4$,

• w rzędzie $\text{II}$: od $5$ do $8$,

• w rzędzie $\text{III}$: od $9$ do $12$,

• w rzędzie $\text{IV}$: od $13$ do $16$,

• w rzędzie $\text{V}$: od $17$ do $20$.

Rozwiązanie przedstawimy w nawiązaniu do rozwiązania poprzedniego przykładu i obu przedstawionych tam sposobów.

W nawiązaniu do pierwszego sposobu zauważmy, że do liczby miejsc wtedy obliczonych wystarczy doliczyć $4$ pary miejsc, które mają sąsiednie numery, ale w tym przypadku już nie sąsiadują ze sobą.

Są to pary miejsc o numerach: $4$ i $5$, $8$ i $9$, $12$ i $13$ oraz $16$ i $17$. Zatem ogółem niesąsiadujących miejsc dla liczb $1$ oraz $2$ jest $171+4=175$, a więc szukana liczba rozmieszczeń jest równa $175·18!·2!$.

W nawiązaniu do drugiego sposobu zauważmy, że od liczby $19!·2!$ permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji, w których elementy $1$ oraz $2$ sąsiadują ze sobą należy odjąć $4$ wymienione powyżej przypadki, które już nie opisują pary sąsiednich miejsc. Otrzymamy wtedy, że przypadków dla sąsiadujących miejsc jest

$19!·2!-4·18!·2!=\left(19-4\right)·18!·2!=15·18!·2!$.

Zatem przypadków, kiedy $1$ oraz $2$ nie sąsiadują ze sobą jest

$20!-15·18!·2!=20·19·18!-15·18!·2!=\left(19·10-15\right)·18!·2!=$

$=175·18!·2!$.

Obliczymy, ile jest wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$, w których liczba $1$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $3$, liczba $3$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $5$ oraz liczba $5$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $7$. Warunki zadania spełnia np. permutacjapermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacja $\left(1,6,4,3,5,7,2\right)$.

• $\text{I}$ sposób:

  Najpierw wstawimy do tej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji liczby $2$, $4$ oraz $6$: ponieważ dla trzech różnych elementów mamy wybrać trzy miejsca z siedmiu dostępnych, to wszystkich możliwości jest
  $V_7^3=\frac{7!}{\left(7-3\right)!}=7·6·5=210$.

  Zauważmy, że zgodnie z warunkami zadania jest tylko jeden sposób ustawienia liczb $1$, $3$, $5$, $7$ na pozostałych $4$ miejscach. Wobec tego jest $210$ permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających warunki zadania.

• $\text{II}$ sposób:

  Wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$ jest $7!$

  Zauważmy, że jeżeli w dowolnej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji tego zbioru ustalimy $4$ miejsca dla liczb $1$, $3$, $5$, $7$, to rozmieszczając je na tych ustalonych miejscach tylko w jednym przypadku będą one zapisane w żądanej kolejności. A ponieważ wszystkich przypadków rozmieszczenia $4$ liczb na $4$ ustalonych miejscach jest $4!$, więc na podstawie reguły równolicznościreguła równolicznościreguły równoliczności dostajemy, że permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających warunki zadania jest $\frac{7!}{4!}=7·6·5=210$.

Obliczymy, ile jest wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$, w których liczba $1$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $2$, liczba $3$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $4$ oraz liczba $5$ jest zapisana na wcześniejszym miejscu niż liczba $6$. Warunki zadania spełnia np. permutacjapermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacja $\left(3,5,4,7,6,1,2\right)$.

Zauważmy, że jeżeli w dowolnej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$ ustalimy dwa miejsca dla liczb $1$, $2$, to przy ich rozmieszczaniu na ustalonych miejscach będą one zapisane w żądanej kolejności w jednym przypadku z dwóch możliwych. Takich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji jest więc $\frac{1}{2}·7!=\frac{7!}{2}$.

Z kolei, gdy w każdej z tych $\frac{7!}{2}$ permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ustalimy dwa miejsca dla liczb $3$, $4$, to przy ich rozmieszczaniu na ustalonych miejscach będą one zapisane w żądanej kolejności w jednym przypadku z dwóch możliwych. Zatem permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających oba powyższe warunki jest $\frac{1}{2}·\frac{7!}{2}=\frac{7!}{2·2}$.

Jeżeli następnie w każdej z tych $\frac{7!}{2·2}$ permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ustalimy dwa miejsca dla liczb $5$, $6$, to przy ich rozmieszczaniu na ustalonych miejscach będą one zapisane w żądanej kolejności w jednym przypadku z dwóch możliwych. Wobec tego permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji spełniających wszystkie trzy podane warunki jest $\frac{1}{2}·\frac{7!}{2·2}=\frac{7!}{2·2·2}=630$.

Permutacjępermutacja zbioru $n$–elementowegoPermutację $\left(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7\right)$ zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$ nazwiemy ciekawą, jeśli spełniony jest warunek

$x_1+x_2<x_6+x_7$.

Wykażemy, że wszystkich ciekawych permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji jest $2208$.

Dowód

Liczba wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji $\left(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7\right)$ zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$ jest równa $7!$

Wszystkie te permutacjepermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacje możemy podzielić na trzy rozłączne zbiory:

• zbiór permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ciekawych (dla każdej z nich spełniony jest warunek $x_1+x_2<x_6+x_7$),

• zbiór permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji antyciekawych, dla których spełniony jest warunek $x_1+x_2>x_6+x_7$,

• oraz zbiór permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnych, dla których spełniony jest warunek $x_1+x_2=x_6+x_7$.

Zauważmy, że każdej permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ciekawej można wzajemnie jednoznacznie przyporządkować permutacjępermutacja zbioru $n$–elementowegopermutację antyciekawą: wystarczy w permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji jednego typu zamienić jednocześnie wyrazy pierwszy z ostatnim oraz drugi z przedostatnim a otrzymamy permutacjępermutacja zbioru $n$–elementowegopermutację drugiego typu.

Na podstawie reguły równolicznościreguła równolicznościreguły równoliczności stwierdzamy zatem, że liczba wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ciekawych jest równa liczbie permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji antyciekawych.

Obliczymy, ile jest permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnych.

Zauważmy, że po wyznaczeniu przykładowej czwórki $(x_1,x_2,x_6,x_7)$ różnych elementów wybranych ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$, które spełniają warunek $x_1+x_2=x_6+x_7$ możemy od razu obliczyć, że jest $8$ wszystkich czwórek $\left(x_1,x_2,x_6,x_7\right)$, które są szczególnymi permutacjamipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacjami wyznaczonej czwórki. Mianowicie, dla tej szczególnej wyznaczonej jak powyżej czwórki warunek zostanie zachowany, gdy:

• wymienimy ze sobą wartości w parze $x_1,x_2$,

• wymienimy ze sobą wartości w parze $x_6,x_7$

• zamienimy ze sobą wartości par $x_1,x_2$ z $x_6,x_7$.

Zatem każda znaleziona czwórka $(x_1,x_2,x_6,x_7)$ różnych elementów wybranych ze zbioru $\left\{1,2,3,4,5,6,7\right\}$, które spełniają warunek $x_1+x_2=x_6+x_7$ jest reprezentantem $2·2·2=8$ czwórek $\left(x_1,x_2,x_6,x_7\right)$ z różnych permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnych. Ponieważ do każdego z takiej grupy $8$ przypadków pozostałe elementy $x_3,x_4,x_5$ permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnej można dopisać na $3!$ sposobów, więc liczba permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnych jest równa $8·3!·n$, gdzie $n$ to liczba reprezentantów różnych czwórek $\left(x_1,x_2,x_6,x_7\right)$.

Czwórki te będziemy odróżniać ze względu na wartość sumy $x_1,x_2$ oraz przez reprezentanta, którego wyrazy spełniają warunek $x_1<x_6<x_7<x_2$.

Mamy wtedy następujące przypadki:

1. $x_1+x_2=5$, którą reprezentuje jedynie czwórka $\left(1,4,2,3\right)$,

2. $x_1+x_2=6$, którą reprezentuje jedynie czwórka $\left(1,5,2,4\right)$,

3. $x_1+x_2=7$, którą reprezentują trzy czwórki: $\left(1,6,2,5\right)$, $\left(1,6,3,4\right)$ oraz $\left(2,5,3,4\right)$,

4. $x_1+x_2=8$, którą reprezentują trzy czwórki: $\left(1,7,2,6\right)$, $\left(1,7,3,5\right)$ oraz $\left(2,6,3,5\right)$,

5. $x_1+x_2=9$, którą reprezentują trzy czwórki: $\left(2,7,3,6\right)$, $\left(2,7,4,5\right)$ oraz $\left(3,6,4,5\right)$,

6. $x_1+x_2=10$, którą reprezentuje jedynie czwórka $\left(3,7,4,6\right)$,

7. $x_1+x_2=11$, którą reprezentuje jedynie czwórka $\left(4,7,5,6\right)$.

Zatem $n=1+1+3+3+3+1+1=13$, co oznacza, że wszystkich permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji obojętnych jest $13·8·3!$.

Wobec tego permutacjipermutacja zbioru $n$–elementowegopermutacji ciekawych jest $\frac{7!-13·8·3!}{2}=2208$.

To spostrzeżenie kończy dowód.

Każdy ciąg utworzony ze wszystkich elementów zbioru $n$–elementowego.

funkcja, której dziedziną jest zbiór wszystkich dodatnich liczb całkowitych lub pewien jego podzbiór, a wartościami są liczby rzeczywiste

liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia polegającego na wykonaniu po kolei $n$ czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z $k_1$ sposobów, druga – na jeden z $k_2$ sposobów, trzecia – na jeden z $k_3$ sposobów i tak dalej do $n$–tej czynności, która może zakończyć się na jeden z $k_n$ sposobów, jest równa

$k_1·k_2·\dots ·k_n$