R15MMSqIzVja5

6. Kombinatoryka – zadania różne

W tym materiale przedstawimy sposoby, które wydają się pomocne przy redakcji rozwiązań zadań kombinatorycznych wymagających łączenia różnych warunków.

Twoje cele

Zastosujesz poznane reguły kombinatoryczne w zadaniach, których rozwiązanie wymaga łączenia różnych warunków.
Analiza treści zadania pozwoli Ci na rozpoznawanie kolejnych etapów rozwiązania.

W poniższych przykładach omówimy zadania dotyczące zliczania liczb naturalnych, których zapis dziesiętny spełnia kilka określonych w treści warunków.
Analizując te warunki będziemy wyraźnie rozróżniali kolejne etapy rozwiązania. Jeśli ponadto zauważymy potrzebę podzielenia rozwiązania na różne przypadki, to z zasady będziemy je rozważali jako przypadki rozłączne parami.

Przykład 1

Obliczymy, ile jest:

a) wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na dokładnie trzech miejscach znajdują się cyfry parzyste,
b) wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, w zapisie których na dokładnie czterech miejscach stoją cyfry parzyste.

Rozwiązanie:

a) Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:

$(1)$ wybór trzech miejsc dla cyfr parzystych, z ośmiu dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej oraz zapisanie takich cyfr na wybranych miejscach;
ponieważ każdy wybór trzech miejsc z ośmiu to trzyelementowa kombinacjakombinacja zbioru $8$ -elementowego, więc na podstawie twierdzenia o liczbie kombinacjitwierdzenia o liczbie kombinacji stwierdzamy, że takie trzy miejsca z ośmiu możemy wybrać na $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = 56$ sposobów.
Wtedy wszystkich możliwości rozmieszczenia cyfr parzystych na ustalonych miejscach jest tyle, ile jest $3$ –elementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami czteroelementowego zbioru cyfr parzystych, czyli $4^{3} = 64$ .
Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia stwierdzamy, że w tym etapie jest $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 4^{3} = 56 \cdot 64 = 3584$ możliwości;

$(2)$ zapisanie na pozostałych miejscach pięciu cyfr nieparzystych;
ponieważ wszystkich możliwości rozmieszczenia cyfr nieparzystych na pięciu pozostałych miejscach jest tyle, ile jest $5$ –elementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami pięcioelementowego zbioru cyfr nieparzystych, więc w tym etapie mamy $5^{5} = 3125$ możliwości.

Korzystając jeszcze raz z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, obliczamy ostatecznie, że wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na dokładnie trzech miejscach znajdują się cyfry parzyste jest $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 4^{3} \cdot 5^{5} = 3584 \cdot 3125 = 11200000$ .

$I$ sposób:

Rozróżniamy dwa rozłączne przypadki:

$(1)$ na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta,

$(2)$ na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.

W pierwszym przypadku zliczanie rozkładamy na trzy etapy:

$(1.1)$ wybór pierwszej cyfry – po odrzuceniu zera pozostają nam $4$ możliwości,
$(1.2)$ wybór $3$ miejsc z pozostałych $6$ w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej, na których zapiszemy kolejne $3$ cyfry parzyste (można to zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = 20$ sposobów) oraz zapisanie takich cyfr na ustalonych miejscach (co można zrobić na $5^{3} = 125$ sposobów),
$(1.3)$ zapisanie cyfr nieparzystych na pozostałych $3$ miejscach – można to zrobić na $5^{3} = 125$ sposobów.
Wynika stąd, że w tym przypadku jest $4 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 5^{3} \cdot 5^{3} = 4 \cdot 20 \cdot 125 \cdot 125 = 1250000$ liczb spełniających warunki zadania.

W drugim przypadku zliczanie rozkładamy również na trzy etapy:

$(2.1)$ wybór pierwszej cyfry – ponieważ możemy tu zapisać dowolną cyfrę nieparzystą, więc mamy $5$ możliwości,
$(2.2)$ wybór $4$ miejsc z pozostałych $6$ w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej, na których zapiszemy $4$ cyfry parzyste (można to zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 4 \end{matrix}) = 15$ sposobów) oraz zapisanie takich cyfr na ustalonych miejscach (co można zrobić na $5^{4} = 625$ sposobów),
$(2.3)$ zapisanie cyfr nieparzystych na pozostałych $2$ miejscach – można to zrobić na $5^{2} = 25$ sposobów.
Oznacza to, że w tym przypadku jest $5 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 4 \end{matrix}) \cdot 5^{4} \cdot 5^{2} = 5 \cdot 15 \cdot 625 \cdot 25 = 1171875$ liczb spełniających warunki zadania.

Korzystając z reguły dodawania obliczamy ostatecznie, że wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, w zapisie których na dokładnie czterech miejscach stoją cyfry parzyste jest $1250000 + 1171875 = 2421875$ .

$II$ sposób:

Wypisujemy kolejno jedna za drugą siedem cyfr, wybierając każdą spośród $10$ możliwych (dopuszczamy $0$ na pierwszym miejscu), przy czym na dokładnie $4$ miejscach zapisujemy cyfrę parzystą. W trzech etapach obliczamy, ile jest tak określonych ciągów $7$ –elementowych.
Mamy $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) = \frac{7!}{4! \cdot 3!} = 35$ możliwości wyboru $4$ miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te na ustalonych miejscach możemy zapisać na $5^{4} = 625$ sposobów, a na pozostałych $3$ miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na $5^{3} = 125$ sposobów. Takich ciągów o $7$ cyfrach jest zatem $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) \cdot 5^{4} \cdot 5^{3} = 35 \cdot 625 \cdot 125 = 2734375$ .

Wśród tych ciągów są takie, w których cyfra $0$ zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z nich na $3$ spośród kolejnych $6$ miejsc znajdują się cyfry parzyste. Miejsce dla nich można wybrać na $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{6!}{3! \cdot 3!} = 20$ sposobów, zapisać cyfry parzyste na tych ustalonych $3$ miejscach można na $5^{3} = 125$ sposobów, a zapisać cyfry nieparzyste na pozostałych $3$ miejscach można również na $5^{3} = 125$ sposobów. Oznacza to, że ciągów z cyfrą $0$ na pierwszym miejscu jest $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 5^{3} \cdot 5^{3} = 20 \cdot 125 \cdot 125 = 312500$ .

Stąd wynika, że jest $2734375 - 312500 = 2421875$ takich ciągów $7$ –elementowych, w których pierwszą cyfrą nie jest $0$ . Ponieważ każdy taki ciąg odpowiada wzajemnie jednoznacznie liczbie $7$ –cyfrowej spełniającej warunki zadania, więc szukanych liczb $7$ –cyfrowych jest $2421875$ .

Przykład 2

Obliczymy, ile jest dziewięciocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym nie występuje zero, natomiast występują trzy cyfry $7$ i dwie cyfry $5$ .

Rozwiązanie:

Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:

$(1)$ wybór $3$ miejsc spośród $9$ dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej dla trzech cyfr $7$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{9!}{3! \cdot 6!} = 84$ sposoby,
$(2)$ wybór $2$ miejsc spośród pozostałych $6$ dla dwóch cyfr $5$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15$ sposobów,
$(3)$ uzupełnienie każdego z pozostałych $4$ miejsc cyfrą wybieraną za każdym razem spośród $7$ dostępnych cyfr: $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ – można to zrobić na $7^{4} = 2401$ sposobów.

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, obliczamy, że wszystkich dziewięciocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym nie występuje zero, natomiast występują trzy cyfry $7$ i dwie cyfry $5$ jest $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 7^{4} = 84 \cdot 15 \cdot 2401 = 3025260$ .

Przykład 3

Obliczymy, ile jest dziewięciocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym występują trzy cyfry $7$ i dwie cyfry $5$ .

Rozwiązanie:

$I$ sposób:

Rozpatrujemy trzy rozłączne przypadki ze względu na pierwszą cyfrę zapisu dziesiętnego liczby naturalnej spełniającej warunki zadania:

jeśli jest to cyfra $7$ , to zliczanie rozkładamy na trzy następujące etapy:
$(1)$ wybór $2$ miejsc spośród $8$ dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej dla dwóch cyfr $7$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{8!}{2! \cdot 6!} = 28$ sposobów,
$(2)$ wybór $2$ miejsc spośród pozostałych $6$ dla dwóch cyfr $5$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15$ sposobów,
$(3)$ uzupełnienie każdego z pozostałych $4$ miejsc cyfrą wybieraną za każdym razem spośród $8$ dostępnych cyfr: $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ – można to zrobić na $8^{4} = 4096$ sposobów,
Zatem w tym przypadku jest $(\begin{matrix} 8 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 8^{4} = 28 \cdot 15 \cdot 4096 = 1720320$ liczb spełniających warunki zadania;
jeśli jest to cyfra $5$ , to zliczanie rozkładamy na trzy następujące etapy:
$(1)$ wybór $3$ miejsc spośród $8$ dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej dla trzech cyfr $7$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = 56$ sposobów,
$(2)$ wybór $1$ miejsca spośród pozostałych $5$ dla jednej cyfry $5$ i zapisanie tej cyfry na wybranym miejscu – można to zrobić na $5$ sposobów,
$(3)$ uzupełnienie każdego z pozostałych $4$ miejsc cyfrą wybieraną za każdym razem spośród $8$ dostępnych cyfr: $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ – można to zrobić na $8^{4} = 4096$ sposobów.
Oznacza to, że w tym przypadku jest $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 5 \cdot 8^{4} = 56 \cdot 5 \cdot 4096 = 1146880$ liczb spełniających warunki zadania;
jeśli jest to cyfra niezerowa, różna od $5$ i różna od $7$ , to zliczanie rozkładamy na cztery następujące etapy:
$(1)$ wybór jednej cyfry spośród dostępnych na pierwsze miejsce zapisu dziesiętnego – można to zrobić na $7$ sposobów,
$(2)$ wybór $3$ miejsc spośród $8$ dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej dla trzech cyfr $7$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{8!}{3! \cdot 5!} = 56$ sposobów,
$(3)$ wybór $2$ miejsc spośród pozostałych $5$ dla dwóch cyfr $5$ i zapisanie tych cyfr na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{5!}{2! \cdot 3!} = 10$ sposobów,
$(4)$ uzupełnienie każdego z pozostałych $3$ miejsc cyfrą wybieraną za każdym razem spośród $8$ dostępnych cyfr: $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ – można to zrobić na $8^{3} = 512$ sposobów.
Wynika stąd, że w tym przypadku jest $7 \cdot (\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot 8^{3} = 7 \cdot 56 \cdot 10 \cdot 512 = 2007040$ liczb spełniających warunki zadania.

Wobec tego jest $1720320 + 1146880 + 2007040 = 4874240$ wszystkich dziewięciocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym występują trzy cyfry $7$ i dwie cyfry $5$ .

II sposób:

Wypisujemy kolejno jedna za drugą dziewięć cyfr, wybierając każdą spośród $10$ możliwych (dopuszczamy $0$ na pierwszym miejscu), przy czym na dokładnie $3$ miejscach zapisujemy cyfrę $7$ i na dokładnie $2$ miejscach zapisujemy cyfrę $5$ . W trzech etapach obliczamy, ile jest tak określonych ciągów $9$ –elementowych.

$(1)$ wybieramy $3$ miejsca spośród $9$ dostępnych w ciągu dla trzech cyfr $7$ i zapisujemy te cyfry na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{9!}{3! \cdot 6!} = 84$ sposoby,
$(2)$ wybieramy $2$ miejsca spośród pozostałych $6$ dla dwóch cyfr $5$ i zapisujemy te cyfry na wybranych miejscach – można to zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15$ sposobów,
$(3)$ uzupełniamy każde z pozostałych $4$ miejsc cyfrą wybieraną za każdym razem spośród $8$ dostępnych cyfr: $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ – można to zrobić na $8^{4} = 4096$ sposobów.
Oznacza to, że jest $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 8^{4} = 84 \cdot 15 \cdot 4096 = 5160960$ takich ciągów.

Wśród rozpatrywanych powyżej ciągów są takie, w których cyfra $0$ zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z nich na $3$ miejscach wybranych spośród kolejnych $8$ miejsc znajduje się cyfra $7$ , na $2$ miejscach wybranych spośród pozostałych $5$ miejsc znajduje się cyfra $5$ , a na każdym z jeszcze niewypełnionych $3$ miejsc można wstawić za każdym razem jedną spośród $8$ następujących cyfr: $0$ , $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , $6$ , $8$ , $9$ .

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia, stwierdzamy więc, że ciągów z cyfrą zero na pierwszym miejscu jest $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 8^{3} = 56 \cdot 10 \cdot 512 = 286720$ .

Oznacza to, że jest $5160960 - 286720 = 4874240$ takich ciągów $9$ –elementowych, w których pierwszą cyfrą nie jest $0$ . Ponieważ każdy taki ciąg odpowiada wzajemnie jednoznacznie liczbie $9$ –cyfrowej spełniającej warunki zadania, więc szukanych liczb $9$ –cyfrowych jest $4874240$ .

Przykład 4

Obliczymy, ile jest wszystkich dwudziestocyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr równej $9$ , w których zapisie dziesiętnym występuje dokładnie jedna cyfra $2$ i dokładnie jedna cyfra $3$ .

Rozwiązanie:

Z warunków zadania wynika, że możliwe są dwa następujące rozłączne przypadki:

w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby oprócz cyfr $2$ oraz $3$ jest jeszcze cyfra $4$ oraz siedemnaście cyfr $0$ ,

oprócz cyfr $2$ oraz $3$ w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby są jeszcze cztery cyfry $1$ oraz czternaście cyfr $0$ .

W pierwszym przypadku zliczanie rozkładamy na trzy etapy:

$(1)$ wybór jednej z trzech niezerowych cyfr do zapisania na pierwszym miejscu zapisu dziesiętnego rozpatrywanej liczby – można to zrobić na $3$ sposoby,
$(2)$ wybór miejsca (spośród $19$ dostępnych) do zapisania kolejnej niezerowej cyfry – można to zrobić na $19$ sposobów,
$(3)$ wybór miejsca (spośród $18$ dostępnych) do zapisania trzeciej niezerowej cyfry i uzupełnienie każdego z pozostałych miejsc cyfrą $0$ – można to zrobić na $18$ sposobów.
Zatem w tym przypadku jest $3 \cdot 19 \cdot 18 = 1026$ liczb spełniających warunki zadania.

Drugi przypadek dzielimy na kolejne dwa rozłączne przypadki (ze względu na pierwszą cyfrę zapisu dziesiętnego):

pierwszą cyfrą rozpatrywanej liczby jest $2$ lub $3$ ;
w tym przypadku zliczanie rozkładamy na trzy etapy:
$(1)$ wybór jednej z cyfr: $2$ lub $3$ do zapisania na pierwszym miejscu zapisu dziesiętnego rozpatrywanej liczby – można to zrobić na $2$ sposoby,
$(2)$ wybór miejsca (spośród $19$ dostępnych) do zapisania drugiej z tych cyfr – można to zrobić na $19$ sposobów,
$(3)$ wybór czterech miejsc (spośród $18$ dostępnych) do zapisania czterech cyfr $1$ i uzupełnienie każdego z pozostałych miejsc cyfrą $0$ – można to zrobić na $(\begin{matrix} 18 \\ 4 \end{matrix}) = \frac{18!}{4! \cdot 14!} = 3060$ sposobów.
Zatem przy tak ustalonych warunkach jest $2 \cdot 19 \cdot (\begin{matrix} 18 \\ 4 \end{matrix}) = 2 \cdot 19 \cdot 3060 = 116280$ liczb.

pierwszą cyfrą rozpatrywanej liczby jest $1$ ;
w tym przypadku zliczanie również rozkładamy na trzy etapy:
$(1)$ wybór miejsca (spośród $19$ dostępnych) do zapisania cyfry $2$ – można to zrobić na $19$ sposobów,
$(2)$ wybór miejsca (spośród $18$ dostępnych) do zapisania cyfry $3$ – można to zrobić na $18$ sposobów,
$(3)$ wybór trzech miejsc (spośród $17$ dostępnych) do zapisania trzech cyfr $1$ i uzupełnienie każdego z pozostałych miejsc cyfrą $0$ – można to zrobić na $(\begin{matrix} 17 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{17!}{3! \cdot 14!} = 680$ sposobów.
Zatem przy tak ustalonych warunkach jest $19 \cdot 18 \cdot (\begin{matrix} 17 \\ 3 \end{matrix}) = 19 \cdot 18 \cdot 680 = 232560$ liczb.
Wobec tego w drugim przypadku mamy ogółem $116280 + 232560 = 348840$ możliwości.

Na koniec sumujemy liczby możliwości otrzymane w omówionych powyżej przypadkach i stwierdzamy, że wszystkich liczb naturalnych spełniających warunki zadania jest $1026 + 348840 = 349866$ .

Przykład 5

Obliczymy, ile jest liczb naturalnych, które są mniejsze niż $10^{10}$ i których iloczyn cyfr jest równy $125$ .

Rozwiązanie

Zauważmy, że:

$125 = 5^{3}$ , co oznacza, że w zapisie dziesiętnym każdej liczby spełniającej warunki zadania występują trzy cyfry $5$ , a więc rozpatrywać będziemy liczby co najmniej trzycyfrowe,

jeżeli liczba spełniająca warunki zadania ma w zapisie więcej niż trzy cyfry, to każda z cyfr różnych od $5$ jest równa $1$ ,

ponieważ liczba spełniająca warunki zadania jest mniejsza niż $10^{10}$ , więc może być co najwyżej $9$ –cyfrowa.

Wynika stąd, że szukamy liczb $k$ –cyfrowych, w których zapisie występują $3$ cyfry $5$ , a pozostałe $k - 3$ cyfr to cyfry $1$ , gdzie $k = 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ .
Ponieważ miejsca do wstawienia trzech cyfr $5$ w zapisie każdej takiej liczby wyznaczymy na $(\begin{matrix} k \\ 3 \end{matrix})$ sposobów i wtedy na pozostałych rozmieścimy cyfry $1$ , więc wszystkich liczb spełniających warunki zadania jest tyle, ile jest równa suma
$(\begin{matrix} 3 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix})$ .

Korzystając z reguły sumowania współczynników dwumianowych po górnym indeksie. stwierdzamy, że powyższa suma jest równa $(\begin{matrix} 10 \\ 4 \end{matrix}) = \frac{10!}{4! \cdot 6!} = 210$ .

Polecenie 1

Zapoznaj się z przedstawioną poniżej prezentacją multimedialną.
Przeanalizuj zaprezentowane w niej rozwiązanie zadania, w którym należy ustalić, ile jest wszystkich ośmiocyfrowych liczb naturalnych, których cyfry spełniają jednocześnie dwa pewne warunki.

R1I5REz9tyscE

Przezentacja

Obliczymy, ile jest wszystkich ośmiocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym mogą występować jedynie cyfry $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , spełniających jednocześnie dwa następujące warunki: cyfra $4$ występuje dokładnie $3$ razy, cyfra $3$ występuje co najmniej raz. Oznaczmy cyfry szukanej liczby ośmiocyfrowej kolejno od lewej $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ , $x_{4}$ , $x_{5}$ , $x_{6}$ , $x_{7}$ , $x_{8}$ . Wtedy liczba składająca się z tak oznaczonych cyfr to szukana liczba ośmiocyfrowa.

Najpierw obliczymy, na ile sposobów możemy zapisać w rozpatrywanej liczbie ośmiocyfrowej trzy cyfry $4$ .

Ponieważ w tym celu mamy wybrać trzy miejsca spośród ośmiu dostępnych w zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby naturalnej, więc możemy to zrobić na $(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = 56$ sposobów.

Wybieramy $3$ –elementowy podzbiór z ośmioelementowego zbioru $\{x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}, x_{6}, x_{7}, x_{8}\}$ i na każdym z wybranych miejsc zapisujemy cyfrę $4$ . Każdy taki wybór to $4$ –elementowa kombinacja ze zbioru –elementowego, więc wszystkich możliwości zapisania w rozpatrywanej liczbie ośmiocyfrowej trzech cyfr $4$ jest
$(\begin{matrix} 8 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$ .

Liczbę możliwości, na które zgodnie z warunkami zadania możemy uzupełnić pozostałe $5$ cyfr obliczymy dwoma sposobami.

W kolejnym kroku należy wypełnić pozostałe pięć miejsc zapisu dziesiętnego danej liczby zgodnie z warunkami zadania. Możemy w tym celu wykorzystać wyłącznie cyfry $1$ , $2$ oraz $3$ , przy czym na co najmniej jednym z tych miejsc ma być zapisana cyfra $3$ .

Pierwszy sposób:
Rozpatrujemy pięć rozłącznych przypadków ze względu na liczbę cyfr $3$ na pozostałych pięciu miejscach zapisu dziesiętnego liczby naturalnej spełniającej warunki zadania.

Rozpatrujemy pięć rozłącznych przypadków.

Przypadek pierwszy:
Na pozostałych pięciu miejscach zapisana jest dokładnie jedna cyfra $3$ .
W tym przypadku jest $5\cdot 16=80$ możliwości.
Miejsce dla cyfry $3$ wybieramy spośród pięciu dostępnych, czyli na $5$ sposobów.
Pozostałe cztery miejsca uzupełniamy cyfrą wybieraną za każdym razem spośród dwóch dostępnych cyfr: $1$ lub $2$ , co można zrobić na $2^4=16$ sposobów.

Przypadek drugi:
Na pozostałych pięciu miejscach zapisane są dokładnie dwie cyfry $3$ .
W tym przypadku jest $10\cdot 8=80$ możliwości.
Dwa miejsca dla dwóch cyfr $3$ wybierzemy na $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) = \frac{5 \cdot 4}{2 \cdot 1} = 10$ sposobów, a pozostałe trzy miejsca uzupełniamy cyfrą wybieraną za każdym razem spośród dwóch dostępnych cyfr: $1$ lub $2$ , co można zrobić na $2^3=8$ sposobów.

Przypadek trzeci:
Na pozostałych pięciu miejscach zapisane są dokładnie trzy cyfry $3$ . W tym przypadku jest $10\cdot 4=40$ możliwości.
Trzy miejsca dla trzech cyfr $3$ wybierzemy na $(\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10$ sposobów, a pozostałe dwa miejsca uzupełniamy cyfrą wybieraną za każdym razem spośród dwóch dostępnych cyfr: $1$ lub $2$ , co można to zrobić na $2^2=4$ sposoby.

Przypadek czwarty:
Na pozostałych pięciu miejscach zapisane są dokładnie cztery cyfry $3$ .
W tym przypadku jest $5\cdot2=10$ możliwości. Miejsca dla czterech cyfr trzy wybierzemy na $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) = 5$ sposobów, a pozostałe jedno miejsce uzupełniamy cyfrą wybieraną spośród dwóch dostępnych cyfr: $1$ lub $2$ , co możemy zrobić na dwa sposoby.

Przypadek piąty:
Na pozostałych 5 miejscach zapisane są wyłącznie cyfry $3$ .
W tym przypadku jest tylko jedna możliwość.
Otrzymujemy więc ogółem $211$ możliwości uzupełnienia pięciu pozostałych miejsc zapisu dziesiętnego liczby spełniającej warunki zadania. Ogółem możliwości uzupełnienia pozostałych pięciu miejsc zapisu dziesiętnego rozpatrywanej liczby jest więc $80+80+40+10+1=211$ .

Drugi sposób:

Zauważamy, że liczba wszystkich możliwości uzupełnienia pozostałych pięciu miejsc jest równa $243$ .
Na każdym z tych pięciu miejsc zapisujemy cyfrę wybieraną za każdym razem spośród trzech dostępnych cyfr: $1$ , $2$ lub $3$ , co można zrobić na $3^5=243$ sposoby.

Wśród nich są takie przypadki, kiedy na żadnym z pozostałych pięciu uzupełnianych miejsc nie jest zapisana cyfra $3$ . Obliczamy, że są $32$ takie przypadki.
Wówczas na każdym spośród tych pięciu miejsc zapisana jest cyfra wybierana za każdym razem spośród dwóch cyfr: $2$ lub $2$ , a więc takich możliwości jest $2^5=32$ .
Wobec tego w pozostałych $211$ przypadkach na co najmniej jednym z uzupełnianych miejsc zapisana jest cyfra $3$ .
Zatem pozostało $243–32=211$ przypadków, w których na co najmniej jednym z uzupełnianych pięciu miejsc zapisana jest cyfra $3$ .
Oznacza to, że jest $11816$ wszystkich ośmiocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie dziesiętnym mogą występować jedynie cyfry $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , przy czym cyfra $4$ występuje dokładnie $3$ razy i jednocześnie cyfra $3$ występuje co najmniej raz.
Podsumowując, otrzymujemy, że wszystkich $8$ –cyfrowych liczb naturalnych, które spełniają warunki zadania jest $56\cdot211=11816$ .

Polecenie 2

Oblicz, ile jest wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występują co najwyżej cztery cyfry $5$ .

Wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych jest $9 \cdot 10^{6} = 9000000$ , a połowa z nich to liczby nieparzyste, więc wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych nieparzystych jest $9 \cdot 10^{5} \cdot 5 = 4500000$ .

Obliczymy, ile jest wśród nich wszystkich liczb, które nie spełniają warunków zadania, czyli ile jest takich siedmiocyfrowych liczb naturalnych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występuje co najmniej pięć cyfr $5$ .

W tym celu rozważymy trzy rozłączne przypadki.

$(1)$ W zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby występuje dokładnie siedem cyfr $5$ ;
taka liczba, która ma w zapisie same cyfry $5$ jest, oczywiście, tylko jedna.

$(2)$ W zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby występuje dokładnie sześć cyfr $5$ ;
zliczenie przeprowadzimy z podziałem na kolejne trzy przypadki, w zależności od miejsca, w którym została zapisana jedyna cyfra różna od $5$ :
$(2.1)$ jeżeli jest to pierwsza cyfra, to można ją wybrać na $8$ sposobów (nie może to być $5$ ani $0$ ),
$(2.2)$ jeżeli jest to ostatnia cyfra, to można ją wybrać na $4$ sposoby (musi to być cyfra nieparzysta różna od $5$ ),
$(2.3)$ jeżeli nie jest to ani pierwsza, ani ostatnia cyfra, to miejsce dla niej możemy wybrać jako jedno z pięciu, czyli na $5$ sposobów, a na tym miejscu mamy do wyboru każdą z $9$ cyfr różnych od $5$ , więc wszystkich możliwości jest w tym przypadku $9 \cdot 5 = 45$ .
Wobec tego wśród nieparzystych liczb siedmiocyfrowych jest $4 + 8 + 45 = 57$ liczb, które mają w zapisie dokładnie sześć cyfr $5$ .

$(3)$ W zapisie dziesiętnym rozpatrywanej liczby występuje dokładnie pięć cyfr $5$ ;
zliczenie przeprowadzimy z podziałem na kolejne cztery przypadki, w zależności od miejsc, na których zostały zapisane dwie cyfry różne od $5$ :
$(3.1)$ jeżeli są to dwa skrajne miejsca, to na pierwszym możemy wybrać cyfrę na $8$ sposobów, na ostatnim na $4$ sposoby, a więc takich liczb jest $8 \cdot 4 = 32$ .
$(3.2)$ jeżeli jest to pierwsze miejsce i jedno z pięciu kolejnych, to na pierwszym miejscu zapiszemy jedną z $8$ cyfr, miejsce dla drugiej cyfry wybierzemy na $5$ sposobów, a cyfrę na tym miejscu zapiszemy na $9$ sposobów; zatem takich liczb jest $5 \cdot 9 \cdot 8 = 360$ .
$(3.3)$ jeżeli jest to ostatnie miejsce i jedno z pięciu przed nim, to na ostatnim miejscu zapiszemy jedną z $4$ cyfr, miejsce dla drugiej cyfry wybierzemy na $5$ sposobów, a cyfrę na tym miejscu zapiszemy na $9$ sposobów; zatem takich liczb jest $4 \cdot 5 \cdot 9 = 180$ .
$(3.4)$ jeżeli nie jest to ani ostatnie, ani pierwsze miejsce, to wybieramy dwa miejsca z pozostałych pięciu i na każdym z nich zapisujemy cyfrę na $9$ sposobów; zatem takich liczb jest $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 9^{2} = 810$ .
Wobec tego wśród nieparzystych liczb siedmiocyfrowych są $32 + 360 + 180 + 810 = 1382$ liczby, które mają w zapisie dokładnie pięć cyfr $5$ .

Wynika stąd, że wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występuje co najmniej pięć cyfr $5$ jest $1 + 57 + 1382 = 1440$ .

Oznacza to, że wszystkich siedmiocyfrowych liczb naturalnych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występują co najwyżej cztery cyfry $5$ jest $4500000 - 1440 = 4498560$ .

$4498560$ .

Przegląd zadań dotyczących losowania zaczniemy od zadań odwołujących się do popularnych gier losowych. W kolejnych przykładach pokażemy, jak rozwiązywać zadania dotyczące losowania kul umieszczonych w pojemniku. Warunki, jakie będą miały spełniać wylosowane kule, będą zależały m.in. od kolorów kul, a także – jeśli w pojemniku są ponumerowane kule – od ich numerów.

Przykład 6

a) W pewnej grze losowej typujemy $5$ liczb z $29$ –elementowego zbioru $\{1, 2, 3, \dots, 29\}$ . Sprawdzamy swoje typy po wylosowaniu przez maszynę losującą $5$ liczb z tego samego zbioru.
Obliczymy, ile jest w tej grze możliwości trafienia dokładnie $3$ liczb.

b) W pewnej loterii jest $50$ losów, wśród których: $1$ gwarantuje wygraną w wysokości $100 zł$ , $2$ gwarantują wygraną w wysokości $50 zł$ , $5$ gwarantuje wygraną w wysokości $20 zł$ , $10$ gwarantuje wygraną w wysokości $10 zł$ , a pozostałe losy są puste.
Kupujemy w tej loterii $2$ losy. Obliczymy, ile jest możliwości wygrania w ten sposób co najmniej $50$ złotych.

Rozwiązanie:

Ad a) Zauważmy, że każdy wynik typowania jest $5$ –elementową kombinacjąkombinacją $29$ –elementowego zbioru wszystkich dostępnych numerów.

Jeśli mamy trafić trzy liczby (co jest możliwe naco jest możliwe na $(\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) = 10$ sposobów), to wraz z nimi musimy wytypować $2$ spośród nietrafionych (co jest możliwe na $(\begin{matrix} 24 \\ 2 \end{matrix}) = 276$ sposobów).

Korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości trafienia $3$ liczb jest $(\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 2 \end{matrix}) = 10 \cdot 276 = 2760$ .

Uwaga:
Wszystkie wyniki rozpatrywanego typowania możemy podzielić na rozłączne przypadki ze względu na liczbę trafionych liczb. Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania zapiszemy wtedy następującą równość
$(\begin{matrix} 29 \\ 5 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 0 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 5 \\ 4 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 2 \end{matrix}) +$
$+ (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 5 \\ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 4 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 5 \\ 0 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 24 \\ 5 \end{matrix})$ .
(Jest to szczególny przypadek tzw. tożsamości Vandermonde’a)

Ad b) Zauważmy, że każdy wynik opisanego losowania jest $2$ –elementową kombinacjąkombinacją $50$ –elementowego zbioru wszystkich dostępnych losów.

Kupując $2$ losy wygramy co najmniej $50 zł$ w jednym z następujących rozłącznych przypadków:

jeśli wśród zakupionych trafi się los z wygraną $100 zł$ ; wtedy zakupiony z nim dowolny spośród pozostałych losów można dobrać na $49$ sposobów, a więc w tym przypadku jest $49$ możliwości zakupu,

jeśli oba zakupione będą z wygraną $50 zł$ – w tym przypadku jest $1$ możliwość zakupu,

jeśli wśród zakupionych nie będzie losu za $100 zł$ , natomiast będzie dokładnie jeden z dwóch losów z wygraną $50 zł$ ; wtedy zakupiony z nim dowolny spośród pozostałych losów można dobrać na $47$ sposobów, a więc w tym przypadku jest $47 \cdot 2 = 94$ możliwości zakupu.

Podsumowując, otrzymujemy, że wszystkich możliwości jest $49 + 1 + 94 = 144$ .

Możemy też zauważyć, że w wyniku zakupu dwóch losów nie wygramy co najmniej $50$ złotych wtedy i tylko wtedy, gdy wśród obu zakupionych losów nie będzie ani jednego spośród $3$ losów gwarantujących najwyższe wygrane (za $100 zł$ lub za $50 zł$ ). Takich możliwości jest $(\begin{matrix} 47 \\ 2 \end{matrix}) = 1081$ .

Ponieważ w omawianej loterii wszystkich możliwości zakupu dwóch losów jest $(\begin{matrix} 50 \\ 2 \end{matrix}) = 1225$ , więc wszystkich możliwości zakupu dwóch losów, które gwarantują wygraną co najmniej $50 zł$ jest $(\begin{matrix} 50 \\ 2 \end{matrix}) - (\begin{matrix} 47 \\ 2 \end{matrix}) = 1225 - 1081 = 144$ .

Przykład 7

W pojemniku znajduje się $10$ kul: $2$ białe, $3$ czerwone oraz $5$ niebieskich. Losujemy z tego pudełka jednocześnie $3$ kule. Obliczymy, ile jest wyników tego losowania, które spełniają warunek:

a) otrzymamy trzy kule tego samego koloru,

b) wśród wylosowanych nie będzie pary kul w tym samym kolorze,

c) co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Rozwiązanie:

Zauważmy na wstępie, że każdy wynik losowania jest $3$ –elementową kombinacjąkombinacją $10$ –elementowego zbioru wszystkich kul.

Ad a) Ponieważ w tym samym kolorze możemy wylosować jedynie $3$ kule białe (co można zrobić tylko na jeden sposób) lub $3$ kule niebieskie (co można zrobić na $(\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) = 10$ sposobów), więc w tym przypadku wszystkich możliwości jest $1 + 10 = 11$ .

Ad b) Wśród wylosowanych nie będzie pary kul w tym samym kolorze wtedy i tylko wtedy, gdy wylosujemy po jednej kuli z każdego koloru. Można to zrobić na $2 \cdot 3 \cdot 5 = 30$ sposobów.

Ad c) Zauważmy, że $3$ kule spośród $10$ znajdujących się w pojemniku możemy wylosować na $(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix}) = 120$ sposobów. Wtedy: albo nie będzie wśród nich pary kul w tym samym kolorze (co – jak obliczyliśmy – jest możliwe w $30$ przypadkach), albo co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Wobec tego jest $120 - 30 = 90$ takich wyników losowania, że co najmniej dwie z wylosowanych kul będą tego samego koloru.

Przykład 8

W pudełku znajduje się $11$ kul ponumerowanych od $1$ do $11$ :

a) Losujemy z tego pudełka jednocześnie $7$ kul. Obliczymy, na ile sposobów można to zrobić tak, aby suma numerów wylosowanych kul była parzysta.

b) Losujemy z tego pudełka jednocześnie cztery kule. Obliczymy, na ile sposobów można to zrobić tak, aby iloczyn numerów wylosowanych kul był podzielny przez $10$ .

c) Wyjmujemy z tego pudełka dwie kule: kulę z numerem $1$ oraz kulę z numerem $2$ i odkładamy je na bok. Następnie z pozostałych $9$ kul losujemy $3$ razy po jednej kuli ze zwracaniem (tzn. za każdym razem wylosowaną kulę wrzucamy z powrotem do pudełka).
Obliczymy, ile jest takich wyników losowania, które spełniają jednocześnie dwa warunki:
(1) wylosowano dokładnie dwie kule z numerem parzystym,
(2) iloczyn numerów wszystkich wylosowanych kul jest podzielny przez $36$ .

Rozwiązanie:

Ad a) Zauważmy, że każdy wynik losowania jest $7$ –elementową kombinacjąkombinacją $11$ –elementowego zbioru wszystkich kul, wśród których $6$ ma numer nieparzysty, a $5$ ma numer parzysty.

Wszystkie wyniki rozpatrywanego losowania możemy podzielić na rozłączne przypadki ze względu na liczbę wylosowanych kul z numerem nieparzystym. Warunki zadania są spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy wśród wylosowanych będzie parzysta liczba kul z numerem nieparzystym.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości jest
$(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 6 \\ 4 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 6 \\ 6 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 1 \end{matrix}) = 15 + 15 \cdot 10 + 5 = 170$ .

Ad b) Podzielmy kule na cztery grupy:

w pierwszej grupie będzie kula z numerem $10$ ,

w drugiej grupie będzie kula z numerem $5$ ,

w trzeciej grupie będą $4$ kule z numerami: $2$ , $4$ , $6$ , $8$ ,

w czwartej grupie będzie $5$ kul z numerami: $1$ , $3$ , $7$ , $9$ , $11$ .

Zauważmy, że wylosujemy parę kul, których numery dadzą iloczyn podzielny przez $10$ w dwóch następujących, rozłącznych przypadkach:

wylosujemy kulę z grupy pierwszej wraz z dowolnymi trzema kulami spośród pozostałych $10$ kul; w tym przypadku jest więc $(\begin{matrix} 10 \\ 3 \end{matrix}) = 120$ możliwości,

nie wylosujemy kuli z grupy pierwszej, ale wylosujemy kulę z grupy drugiej i wraz z nią co najmniej jedną kulę spośród $4$ kul z trzeciej grupy; ponieważ wszystkich możliwości wylosowania $3$ kul wybranych z $9$ kul z grup trzeciej i czwartej jest $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) = 84$ , a wśród tych przypadków jest $(\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) = 10$ takich, kiedy nie wylosujemy żądanej kuli z trzeciej grupy, więc w tym przypadku wszystkich możliwości jest $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) - (\begin{matrix} 5 \\ 3 \end{matrix}) = 84 - 10 = 74$ .

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy więc, że wszystkich możliwości jest $120 + 74 = 194$ .

Ad c) Kolejne losowania nazwijmy etapami – ponieważ powtarzamy losowanie $3$ razy, więc w opisanym doświadczeniu są $3$ etapy.

Podzielmy kule na cztery grupy:

w pierwszej grupie będzie kula z numerem $6$ ,

w drugiej grupie będą dwie kule, z numerami $3$ oraz $9$ ,

w trzeciej grupie będą $3$ kule z numerami $4$ , $8$ , $10$ ,

w czwartej grupie będą $3$ kule z numerami $5$ , $7$ , $11$ .

Zauważmy, że wylosujemy parę kul, których numery dadzą iloczyn podzielny przez $36$ w trzech następujących, rozłącznych przypadkach:

w dwóch etapach wylosujemy kulę z grupy pierwszej i dokładnie raz dowolną kulę o numerze nieparzystym, czyli jedną z $5$ kul z grupy drugiej lub czwartej; w tym przypadku na $3$ sposoby możemy wybrać etap, w którym wylosowana będzie jedna z pięciu kul z numerem nieparzystym, co ogółem daje $3 \cdot 5 = 15$ możliwości,

dokładnie raz wylosujemy kulę z grupy pierwszej, dokładnie raz wylosujemy inną kulę z numerem parzystym (czyli jedną spośród $3$ kul z grupy trzeciej) i dokładnie raz wylosujemy kulę spośród $2$ kul z drugiej grupy; ponieważ etapy, w których wylosowane będą kule z tak opisanych $3$ grup możemy przydzielić na $3! = 6$ sposobów, więc wszystkich możliwości jest w tym przypadku $3! \cdot 3 \cdot 2 = 36$ ,

w dwóch etapach wylosujemy kulę z grupy trzeciej (są tam $3$ kule do wyboru) i z grupy drugiej musimy wylosować kulę z numerem $9$ ; w tym przypadku na $3$ sposoby możemy wybrać etap, w którym wylosowana będzie kula z numerem $9$ , co ogółem daje $3^{2} \cdot 3 = 27$ możliwości.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy stąd, że wszystkich możliwości jest $15 + 36 + 27 = 78$ .

Przykład 9

W pudełku znajduje się $12$ kul: $5$ pięć kul białych, ponumerowanych od $1$ do $5$ , cztery kule niebieskie, ponumerowane od $1$ do $4$ oraz trzy kule czerwone, ponumerowane od $1$ do $3$ .

Obliczymy, na ile sposobów można z tego pojemnika wyjąć jednocześnie trzy kule tak, aby:

a) otrzymać parzysty iloczyn wylosowanych kul,

b) wśród wyjętych była dokładnie jedna kula biała i dokładnie jedna kula z numerem nieparzystym,

c) otrzymać trzy kule o parami różnych numerach.

Rozwiązanie:

Zauważmy na wstępie, że każdy wynik rozpatrywanego losowania jest $3$ –elementową kombinacjąkombinacją $12$ –elementowego zbioru wszystkich kul.

Ad a) W pudełku jest $7$ kul z numerem nieparzystym i $5$ kul z numerem parzystym.

Ponieważ wszystkich możliwości wylosowania $3$ kul z pudełka jest $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \end{matrix}) = 220$ , z czego na $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) = 35$ sposobów otrzymamy wszystkie trzy kule z numerem nieparzystym, więc w każdym z pozostałych $220 - 35 = 185$ przypadków co najmniej jedna z trzech wylosowanych kul będzie miała numer parzysty.

Oznacza to, że jest $185$ sposobów otrzymania parzystego iloczynu wylosowanych kul.

Ad b) Podzielmy kule na cztery grupy:

w pierwszej grupie będą $3$ kule białe z numerami nieparzystymi: $1$ , $3$ oraz $5$ ,

w drugiej grupie będą $2$ kule białe z numerami parzystymi: $2$ oraz $4$ ,

w trzeciej grupie będą $4$ kule: dwie niebieskie z numerami nieparzystymi $1$ , $3$ oraz dwie czerwone z numerami nieparzystymi $1$ , $3$ ,

w czwartej grupie będą $3$ pozostałe kule: dwie niebieskie z numerami $2$ , $4$ oraz czerwona z numerem $2$ .

Zauważmy, że tylko w dwóch następujących, rozłącznych przypadkach wylosujemy trzy kule spełniające warunki zadania:

wylosujemy jedną kulę z grupy pierwszej, czyli białą z numerem nieparzystym (co można zrobić na $3$ sposoby) oraz dwie kule z grupy czwartej (co również można zrobić na $3$ sposoby); w tym przypadku mamy więc $3 \cdot 3 = 9$ możliwości,
wylosujemy jedną kulę z grupy drugiej, czyli białą z numerem parzystym (co można zrobić na $2$ sposoby), jedną z grupy trzeciej, czyli nie białą z numerem nieparzystym (co można zrobić na $4$ sposoby) oraz jedną kulę z grupy trzeciej (co można zrobić na $3$ sposoby); w tym przypadku jest więc $2 \cdot 4 \cdot 3 = 24$ wszystkich możliwości.

W takim razie ogółem mamy $9 + 24 = 33$ sposoby otrzymania trzech kul, wśród których będzie dokładnie jedna kula biała i dokładnie jedna kula z numerem nieparzystym.

Ad c) Podzielimy kule na pięć grup, ze względu na zapisane na nich numery:

w pierwszej grupie będą $3$ kule z numerem $1$ ,

w drugiej grupie będą $3$ kule z numerem $2$ ,

w trzeciej grupie będą $3$ kule z numerem $3$ ,

w czwartej grupie będą $2$ kule z numerem $4$ ,

w piątej grupie będzie $1$ kula z numerem $5$ .

Zauważmy, że losowania spełniające warunki zadania możemy podzielić na cztery rozłączne przypadki:

wylosujemy po jednej kuli z grup pierwszej, drugiej i trzeciej, co można zrobić na $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$ sposobów,

wylosujemy po jednej kuli z dwóch grup wybranych spośród trzech pierwszych (pierwszej, drugiej i trzeciej) oraz jedną kulę z grupy czwartej, co można zrobić na $(\begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 = 54$ sposoby,

wylosujemy po jednej kuli z dwóch grup wybranych spośród trzech pierwszych oraz jedną kulę z grupy piątej, co można zrobić na $(\begin{matrix} 3 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 3 \cdot 3 \cdot 1 = 27$ sposobów,

wylosujemy jedną kulę z grupy wybranej spośród trzech pierwszych grup, jedną kulę z grupy czwartej oraz jedną kulę z grupy piątej, co można zrobić na $(\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 18$ sposobów.

Wynika stąd, że wszystkich możliwości otrzymania trzech kul o różnych numerach jest $27 + 54 + 27 + 18 = 126$ .

Polecenie 3

Rozwiąż test. Wskaż wszystkie poprawne odpowiedzi.

1Losowanie kul163050Brawo! Umiesz rozwiązywać zadania dotyczące losowania kul.Niestety, nie udało się. Ponownie przeanalizuj omówione przykłady.

Test

Losowanie kul

Sprawdzisz swoją wiedzę dotyczącą:

liczby wyników w doświadczeniu polegającym na wybieraniu losów z zestawu przygotowanego na loterię,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na typowaniu liczb wygrywających w grze losowej typu Toto–Lotek,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego kule różniące się kolorami,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego ponumerowane kule,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego ponumerowane kule różniące się kolorami,

Liczba pytań:

Limit czasu:

30 min

Pozostało prób:

1/1

Twój ostatni wynik:

Losowanie kul

Pytanie 1/6

Twój ostatni wynik -

R1C7gTUUP7zvb2

R1dXagP8u9fx41

RV3yuOoELyw0I3

RsRFqzAC6YcQE3

RSaokqkunqVFg2

R1WwqXYZmo15v2

R1euKHTCnWnR01

RrpuQqh34dnfO2

R1RfIUW1180iY3

R10wofS0LJJWU2

R1TcswfSWPPZr2

RcrT6WN8NxCSJ3

RBd7IQxoF7CGD1

RZan7Fnjeuj7Q3

Rp2h2ANPWERLg2

Polecenie 4

Ułóż po jednym zadaniu dotyczącym doświadczenia polegającego na:

wybieraniu losów z zestawu przygotowanego na loterię,
typowaniu liczb wygrywających w grze losowej typu Toto–Lotek,
losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego kule różniące się kolorami,
losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego ponumerowane kule,
losowaniu kilku kul z zestawu zawierającego ponumerowane kule różniące się kolorami,

Zredaguj pełne rozwiązanie wraz ze wszystkimi istotnymi uzasadnieniami. Zapisz odpowiedź, podając wynik jako liczbę naturalną.

Poniżej prezentujemy omówienie przykładowych zadań dotyczących rozmieszczeń.

Z zasady ilustracją dla omawianego typu problemu jest rozmieszczanie kul w pojemnikach.
Należy mieć na uwadze, że zadanie dotyczące rozmieszczeń może być też sformułowane w innym kontekście - kluczowa jest wtedy umiejętność przeprowadzenia analizy treści zadania tak, aby rozpoznać typ rozpatrywanego w nim rozmieszczenia.

Zaczynamy od problemów odwołujących się do doświadczeń polegających na rozmieszczaniu parami różnych obiektów (np. ponumerowanych kul) w parami różnych pojemnikach (np. różniących się kolorem).

Przykład 10

Rozmieszczamy $7$ kul ponumerowanych od $1$ do $7$ w czterech pojemnikach: białym, niebieskim, czerwonym oraz zielonym. Obliczymy, ile jest sposobów rozmieszczenia tych kul tak, aby spełniony był warunek:
a) w zielonym pojemniku znajdą się dokładnie $3$ kule,
b) pojemnik biały będzie pusty,
c) pojemnik biały będzie pusty lub pojemnik niebieski będzie pusty,
d) w każdym pojemniku będzie co najmniej $1$ kula.

Rozwiązanie

Oznaczmy:

przez $k_{i}$ – kulę z numerem $i$ , gdzie $i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ ,
przez $b$ – pojemnik biały,
przez $n$ – pojemnik niebieski,
przez $cz$ – pojemnik czerwony,
przez $z$ – pojemnik zielony.

Zauważmy, że rozpatrywane doświadczenie możemy opisać w następujący sposób:
każdej kuli ze zbioru $\{k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}, k_{5}, k_{6}, k_{7}\}$ przypisujemy dokładnie jeden z pojemników ze zbioru $\{b, n, c z, z\}$ , do którego ta kula została wrzucona.
Wynika stąd, że każdy wynik rozpatrywanego rozmieszczenia kul możemy zapisać jako siedmioelementowy ciąg $(k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}, k_{5}, k_{6}, k_{7})$ , w którym $k_{i} \in \{b, n, c z, z\}$ , dla $i = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7$ (zatem wszystkich wyników rozpatrywanego rozmieszczenia kul jest $4^{7} = 16384$ ).

a) W zielonym pojemniku znajdą się dokładnie $3$ kule wtedy i tylko wtedy, gdy w ciągu $(k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}, k_{5}, k_{6}, k_{7})$ na dokładnie $3$ miejscach wystąpi element $z$ .
Ponieważ takie $3$ miejsca w ciągu wybierzemy z $7$ dostępnych na tyle sposobów, ile jest $3$ –elementowych kombinacjikombinacji zbioru $7$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) = 35$ , a każdemu z pozostałych $4$ wyrazów ciągu przypiszemy jeden z trzech pojemników $b, n, c z$ na $3^{4} = 81$ sposobów, więc korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że wszystkich możliwości jest w tym przypadku $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 3^{4} = 35 \cdot 81 = 2835$ .

Uwaga. Gdybyśmy dodatkowo zażyczyli sobie, żeby w zielonym pojemniku znalazły się konkretne $3$ kule, np. te z numerami $1$ , $2$ oraz $3$ , to możliwości rozmieszczenia kul byłoby, oczywiście, $3^{4} = 81$ .

b) Pojemnik biały będzie pusty wtedy i tylko wtedy, gdy w ciągu $(k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}, k_{5}, k_{6}, k_{7})$ nie wystąpi element $b$ , czyli gdy każdemu z wyrazów tego ciągu przypiszemy jeden z elementów trzyelementowego zbioru $\{n, c z, z\}$ . Wynika stąd, że w tym przypadku jest $3^{7} = 2187$ możliwości.

c) Oznaczmy:

przez $A$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik biały będzie pusty,
przez $B$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik niebieski będzie pusty.

Mamy obliczyć $|A \cup B|$ - liczbę takich rozmieszczeń, że pojemnik biały będzie pusty lub pojemnik niebieski będzie pusty.

Z obliczeń przeprowadzonych w poprzednim podpunkcie wiemy, że $|A| = 3^{7} = 2187$ . Rozumując podobnie obliczymy, że $|B| = 3^{7} = 2187$ .
Ponadto, oba pojemniki: biały oraz niebieski będą puste wtedy i tylko wtedy, gdy w ciągu $(k_{1}, k_{2}, k_{3}, k_{4}, k_{5}, k_{6}, k_{7})$ nie wystąpi żaden z elementów $b$ , $n$ , czyli gdy każdemu z wyrazów tego ciągu przypiszemy jeden z elementów dwuelementowego zbioru $\{c z, z\}$ . Zatem $|A \cap B| = 2^{7} = 128$ .

Wobec tego
$|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B| = 3^{7} + 3^{7} - 2^{7} = 2 \cdot 2187 - 128 = 4246$ .

d) Zauważmy, że wszystkie rozmieszczenia (a jest ich ogółem $4^{7}$ ) możemy podzielić na dwie rozłączne grupy:
grupa pierwsza – takie rozmieszczenia, że w każdym pojemniku będzie co najmniej jedna kula (ich liczbę mamy wyznaczyć),
grupa druga – takie rozmieszczenia, że co najmniej jeden z czterech pojemników będzie pusty.

Oznaczmy:

przez $A$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik biały będzie pusty,
przez $B$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik niebieski będzie pusty,
przez $C$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik czerwony będzie pusty,
przez $D$ – zbiór wszystkich rozmieszczeń, w których pojemnik zielony będzie pusty.

Wówczas liczbę elementów drugiej grupy opiszemy jako $|A \cup B \cup C \cup D|$ , a więc szukana liczba elementów pierwszej grupy jest równa
$4^{7} - |A \cup B \cup C \cup D|$ .

Na podstawie spostrzeżeń poczynionych wcześniej obliczamy, że:
$|A| = |B| = |C| = |D| = 3^{7}$ , a więc $|A| + |B| + |C| + |D| = 4 \cdot 3^{7}$ ,
$|A \cap B| = |A \cap C| = |A \cap D| = |B \cap C| = |B \cap D| = |C \cap D| = 2^{7}$ , a więc $|A \cap B| + |A \cap C| + |A \cap D| + |B \cap C| + |B \cap D| + |C \cap D| = 6 \cdot 2^{7}$ .

Zauważamy ponadto, że:

jest tylko jedna możliwość rozmieszczenia kul w przypadku, gdy dokładnie $3$ pojemniki sa puste, skąd $|A \cap B \cap C| = |A \cap B \cap D| = |A \cap C \cap D| = |B \cap C \cap D| = 1$ , a więc $|A \cap B \cap C| + |A \cap B \cap D| + |A \cap C \cap D| + |B \cap C \cap D| = 4 \cdot 1$ ,
nie jest możliwe, żeby rozmieścić kule tak, aby każdy z $4$ pojemników był pusty, co oznacza, że $|A \cap B \cap C \cap D| = 0$ .

Zatem, korzystając z reguły włączeń i wyłączeńreguła włączeń i wyłączeńreguły włączeń i wyłączeń, otrzymujemy, że
$|A \cup B \cup C \cup D| = 4 \cdot 3^{7} - 6 \cdot 2^{7} + 4 \cdot 1 = 8748 - 768 + 4 = 7984$ .
Stąd $4^{7} - |A \cup B \cup C \cup D| = 16384 - 7984 = 8400$ .

Wobec tego otrzymujemy, że jest $8400$ takich rozmieszczeń rozpatrywanych kul, że w każdym pojemniku będzie co najmniej $1$ kula.

Uwaga. Rozwiązanie zadania w podpunktu d) można przeprowadzić rozpatrując rozłączne przypadki ze względu na rozkład liczby kul w pojemnikach.

Jeśli chcemy rozmieścić $7$ ponumerowanych kul w $4$ różnych pojemnikach tak, aby w każdym z nich znalazła się co najmniej $1$ kula, to możliwe są trzy następujące przypadki:
(1) w jednym z pojemników znajdą się $4$ kule (taki pojemnik wybierzemy na $4$ sposoby, a kule, które w nim umieścimy – na $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) = 35$ sposobów), a w każdym z pozostałych $3$ pojemników będzie po $1$ kuli (te $3$ kule rozmieścimy w trzech pozostałych pojemnikach na $3! = 6$ sposobów); korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że w tym przypadku jest $4 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) \cdot 3! = 4 \cdot 35 \cdot 6 = 840$ możliwości,
(2) w jednym z pojemników znajdą się $3$ kule (taki pojemnik wybierzemy na $4$ sposoby, a kule, które w nim umieścimy – na $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) = 35$ sposobów), w innym znajdą się $2$ kule (taki pojemnik wybierzemy na $3$ sposoby, a kule, które w nim umieścimy – na $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 6$ sposobów), a w każdym z pozostałych $2$ pojemników będzie po $1$ kuli (te $2$ kule rozmieścimy w dwóch pozostałych pojemnikach na $2$ sposoby); korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że w tym przypadku jest $4 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 3 \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 2 = 4 \cdot 35 \cdot 3 \cdot 6 \cdot 2 = 5040$ możliwości,
(3) w jednym z pojemników znajdzie się $1$ kula (taki pojemnik wybierzemy na $4$ sposoby, a kulę, którą w nim umieścimy – na $7$ sposobów), a w każdym z pozostałych $3$ pojemników będą po $2$ kule (te $6$ kul rozmieścimy w trzech pozostałych pojemnikach na $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 15 \cdot 6 = 90$ sposobów); korzystając z reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że w tym przypadku jest $4 \cdot 7 \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 4 \cdot 7 \cdot 15 \cdot 6 = 2520$ możliwości.

Korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania, obliczamy, że jest $840 + 5040 + 2520 = 8400$ takich rozmieszczeń rozpatrywanych kul, że w każdym pojemniku będzie co najmniej $1$ kula.

Przykład 11

Rozmieszczamy $7$ kul, ponumerowanych od $1$ do $7$ , w siedmiu pojemnikach, ponumerowanych od $1$ do $7$ . Obliczymy, ile jest sposobów rozmieszczenia tych kul tak, aby:
a) dokładnie $4$ pojemniki pozostały puste,
b) dokładnie $2$ pojemniki pozostały puste.

Rozwiązanie

a) Zauważmy, że:

$4$ pojemniki, w których nie znajdzie się żadna kula wybierzemy spośród wszystkich siedmiu na tyle sposobów, ile jest $4$ –elementowych kombinacjikombinacji zbioru $7$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) = 35$ ,
w każdym z pozostałych trzech pojemników musimy rozmieścić po co najmniej $1$ kuli spośród wszystkich $7$ dostępnych; rozumując podobnie, jak w poprzednim przykładzie i stosując regułę włączeń i wyłączeńreguła włączeń i wyłączeńregułę włączeń i wyłączeń obliczamy, że jest $3^{7} - 3 \cdot 2^{7} + 3 = 1806$ wszystkich takich rozmieszczeń.

Wobec tego, na podstawie reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że jest $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \end{matrix}) \cdot (3^{7} - 3 \cdot 2^{7} + 3) = 35 \cdot 1806 = 63210$ rozmieszczeń, które spełniają warunki zadania.

b) Rozwiązanie przedstawimy dwoma sposobami.

$I$ sposób:

Zauważmy, że:

$2$ pojemniki, w których nie znajdzie się żadna kula wybierzemy spośród wszystkich siedmiu na tyle sposobów, ile jest $2$ –elementowych kombinacjikombinacji zbioru $7$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) = 21$ ,
w każdym z pozostałych pięciu pojemników musimy rozmieścić po co najmniej $1$ kuli spośród wszystkich $7$ dostępnych; stosując regułę włączeń i wyłączeńreguła włączeń i wyłączeńregułę włączeń i wyłączeń obliczamy, że jest $5^{7} - 5 \cdot 4^{7} + 10 \cdot 3^{7} - 10 \cdot 2^{7} + 5 = 16800$ wszystkich takich rozmieszczeń.

Wobec tego, na podstawie reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia obliczamy, że jest $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (5^{7} - 5 \cdot 4^{7} + 10 \cdot 3^{7} - 10 \cdot 2^{7} + 5) = 21 \cdot 16800 = 352800$ rozmieszczeń, które spełniają warunki zadania.

$II$ sposób:

Dwa pojemniki, w których nie znajdzie się żadna kula wybierzemy spośród wszystkich siedmiu na tyle sposobów, ile jest $2$ –elementowych kombinacjikombinacji zbioru $7$ –elementowego, czyli $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) = 21$ .

Zauważmy, że rozmieszczenie $7$ kul w $5$ pojemnikach zgodnie z warunkami zadania możliwe jest w następujących dwóch rozłącznych przypadkach:
(1) w jednym z pojemników znajdą się $3$ kule (ten pojemnik wybierzemy na $5$ sposobów, a kule – na $(\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) = 35$ sposobów), a w pozostałych $4$ pojemnikach rozmieścimy po $1$ kuli (co można zrobić na $4! = 24$ sposoby); w tym przypadku jest więc $5 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 4! = 5 \cdot 35 \cdot 24 = 4200$ możliwych rozmieszczeń,
(2) w dwóch pojemnikach znajdą się po $2$ kule (te pojemniki wybierzemy na $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) = 10$ sposobów, a kule rozmieścimy w nich na $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) = 21 \cdot 10 = 210$ sposobów), a w pozostałych $3$ pojemnikach rozmieścimy po $1$ kuli (co można zrobić na $3! = 6$ sposobów); w tym przypadku jest więc $(\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 3! = 10 \cdot 21 \cdot 10 \cdot 6 = 12600$ możliwych rozmieszczeń.

Na podstawie reguły mnożeniareguła mnożeniareguły mnożenia oraz reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania obliczamy, że jest $(\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (5 \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 3 \end{matrix}) \cdot 4! + (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 7 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 2 \end{matrix}) \cdot 3!) = 21 \cdot (4200 + 12600) = 352800$ rozmieszczeń, które spełniają warunki zadania

Przykład 12

Mamy do dyspozycji $15$ żetonów, ponumerowanych od $1$ do $15$ . Rozdzielamy te żetony losowo między trzy osoby: Marka, Jarka i Darka tak, żeby każdy z nich dostał $5$ żetonów.
Obliczymy, ile jest możliwości rozdzielenia żetonów w taki sposób, aby u każdego z chłopców suma numerów zapisanych na otrzymanych żetonach była parzysta.

Rozwiązanie

Zauważmy, że chłopiec otrzyma $5$ żetonów, na których są zapisane numery dające w sumie liczbę parzystą wtedy i tylko wtedy, gdy dostanie parzystą liczbę żetonów z numerem nieparzystym. Ponieważ wszystkich żetonów z numerem nieparzystym jest $8$ , więc są dwa rozłączne przypadki podziału żetonów, spełniające powyższy warunek:
(1) jeden z chłopców otrzyma $5$ żetonów z numerami parzystymi (czyli nie otrzyma żadnego żetonu z numerem nieparzystym), a pozostali dwaj otrzymają po $4$ żetony z numerami nieparzystymi i po $1$ żetonie z numerem parzystym,
(2) jeden z chłopców otrzyma $4$ żetony z numerami nieparzystymi i $1$ żeton z numerem parzystym, a pozostali dwaj otrzymają po $2$ żetony z numerami nieparzystymi i po $3$ żetony z numerami parzystymi.

Obliczamy liczbę możliwości rozdzielenia żetonów w przypadku (1):

na $3$ sposoby wybierzemy chłopca, który otrzyma $5$ żetonów z numerami parzystymi i wybierzemy dla niego te $5$ żetonów z $7$ dostępnych na $(\begin{matrix} 7 \\ 5 \end{matrix}) = 21$ sposobów, co daje ogółem $3 \cdot 21 = 63$ możliwości,
drugiemu z chłopców przydzielimy $4$ żetony z numerami nieparzystymi (z dostępnych $8$ ) na $(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix}) = 70$ sposobów i jeden żeton z numerem parzystym (spośród pozostałych do wyboru $2$ ) na $2$ sposoby, co daje ogółem $70 \cdot 2 = 140$ możliwości,
dla trzeciego chłopca zostały $4$ żetony z numerami nieparzystymi i $1$ żeton z numerem parzystym.

Podsumowując: w pierwszym przypadku liczba możliwości przydziału żetonów jest równa $63 \cdot 140 = 8820$ .

Obliczamy liczbę możliwości rozdzielenia żetonów w przypadku (2):

na $3$ sposoby wybierzemy chłopca, który otrzyma $4$ żetony z numerami nieparzystymi i jeden żeton z numerem parzystym. Wybierzemy dla niego żetony z numerem nieparzystym ( $4$ żetony z $8$ dostępnych) na $(\begin{matrix} 8 \\ 4 \end{matrix}) = 70$ sposobów i jeden żeton z numerem parzystym (z $7$ dostępnych) na $7$ sposobów, co daje ogółem $3 \cdot 70 \cdot 7 = 1470$ możliwości,
drugiemu z chłopców przydzielimy $2$ żetony z numerami nieparzystymi (z dostępnych $4$ ) na $(\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix}) = 6$ sposobów i trzy żetony z numerem parzystym (spośród pozostałych do wyboru $6$ ) na $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = 20$ sposobów, co daje ogółem $6 \cdot 20 = 120$ możliwości,
dla trzeciego chłopca zostały $2$ żetony z numerami nieparzystymi i $3$ żetony z numerami parzystymi.

Podsumowując: w przypadku (2) liczba możliwości przydziału żetonów jest równa $1470 \cdot 120 = 176400$ .

Ostatecznie obliczamy (korzystając z reguły dodawaniareguła dodawaniareguły dodawania ), że wszystkich możliwości rozdzielenia żetonów zgodnie z warunkami zadania jest $8820 + 176400 = 185220$ .

W kolejnych przykładach pokazujemy, jak rozwiązywać zadania dotyczące rozmieszczania nieodróżnialnych obiektów (np. jednakowych kul) w parami różnych pojemnikach.

Przykład 13

Obliczymy, na ile sposobów możemy rozmieścić $8$ jednakowych kul w trzech pudełkach: białym, niebieskim i zielonym.

Rozwiązanie

Ponieważ tym razem kule są jednakowe, więc dwa rozmieszczenia uznamy za różne, jeżeli odróżniają się one rozkładem liczby kul w poszczególnych pojemnikach.

Aby ustalić, ile jest wszystkich takich rozkładów liczby kul wprowadźmy oznaczenia:

$x_{1}$ – liczba kul, które zostały umieszczone w białym pudełku,
$x_{2}$ – liczba kul, które zostały umieszczone w niebieskim pudełku,
$x_{3}$ – liczba kul, które zostały umieszczone w zielonym pudełku.

Zauważmy, że z warunków zadania otrzymujemy następujące zależności:

$x_{1} \geq 0$ ,
$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 8$ .

Korzystając z twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ otrzymujemy, że rozwiązań równania
$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 8$ (w przypadku otrzymanego równania przyjmujemy $n = 3$ i $k = 8$ )
w liczbach nieujemnych $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ jest
$(\begin{matrix} 8 + 3 - 1 \\ 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 10 \\ 8 \end{matrix}) = 45$ .

Oznacza to, że jest $45$ sposobów, na które możemy rozmieścić $8$ jednakowych kul w trzech pudełkach: białym, niebieskim i zielonym.

Uwaga. Innym pomysłem na rozwiązanie tego zadania jest rozpatrzenie $10$ rozłącznych przypadków ze względu na możliwe rozkłady liczby kul w pojemnikach. Przy założonej liczbie $8$ kul rozmieszczanych w $3$ pudełkach przypadki takich rozkładów są następujące:
(1) $[8, 0, 0]$ – w tym przypadku są $3$ sposoby rozmieszczenia kul (tyle jest możliwości wyboru pudełka, do którego wrzucimy $8$ kul),
(2) $[7, 1, 0]$ – w tym przypadku jest $3! = 6$ sposobów rozmieszczenia kul,
(3) $[6, 2, 0]$ – w tym przypadku jest $3! = 6$ sposobów rozmieszczenia kul,
(4) $[6, 1, 1]$ – w tym przypadku są $3$ sposoby rozmieszczenia kul,
(5) $[5, 3, 0]$ – w tym przypadku jest $3! = 6$ sposobów rozmieszczenia kul,
(6) $[5, 2, 1]$ – w tym przypadku jest $3! = 6$ sposobów rozmieszczenia kul,
(7) $[4, 4, 0]$ – w tym przypadku są $3$ sposoby rozmieszczenia kul,
(8) $[4, 3, 1]$ – w tym przypadku jest $3! = 6$ sposobów rozmieszczenia kul,
(9) $[4, 2, 2]$ – w tym przypadku są $3$ sposoby rozmieszczenia kul,
(10) $[3, 3, 2]$ – w tym przypadku są $3$ sposoby rozmieszczenia kul.

Ogółem otrzymujemy więc $5 \cdot 6 + 5 \cdot 3 = 30 + 15 = 45$ sposobów rozmieszczenia $8$ jednakowych kul w trzech pudełkach: białym, niebieskim i zielonym.

Przykład 14

Rozmieszczamy $10$ jednakowych kul w czterech pudełkach: białym, niebieskim, czerwonym i zielonym. Obliczymy, na ile sposobów możemy je rozmieścić tak, aby spełniony był warunek:
a) w każdym pudełku znajdzie się co najmniej jedna kula,
b) dokładnie jedno pudełko pozostanie puste.

Rozwiązanie

Mamy do rozmieszczenia jednakowe kule w różnych pojemnikach - pozostaje ustalić, ile jest różnych rozkładów liczby kul w poszczególnych pojemnikach.

a) Ponieważ w każdym z pudełek ma znaleźć się co najmniej jedna kula, więc wprowadzimy takie oznaczenia liczby kul w pojemnikach, które spełnią ten warunek.
Przyjmijmy, że:

$x_{1} + 1$ , gdzie $x_{1} \geq 0$ - liczba kul, które zostały umieszczone w białym pudełku,
$x_{2} + 1$ , gdzie $x_{2} \geq 0$ - liczba kul, które zostały umieszczone w niebieskim pudełku,
$x_{3} + 1$ , gdzie $x_{3} \geq 0$ - liczba kul, które zostały umieszczone w czerwonym pudełku,
$x_{4} + 1$ , gdzie $x_{4} \geq 0$ - liczba kul, które zostały umieszczone w zielonym pudełku.

Ponieważ do rozmieszczenia mamy $10$ jednakowych kul, więc otrzymujemy następującą zależność
$(x_{1} + 1) + (x_{2} + 1) + (x_{3} + 1) + (x_{4} + 1) = 10$ ,
skąd dostajemy, że liczby nieujemne $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ spełniają równanie
$x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 6$ .

Korzystając z twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ (w przypadku otrzymanego równania przyjmujemy $n = 4$ oraz $k = 6$ ) otrzymujemy, że są $(\begin{matrix} 6 + 4 - 1 \\ 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 9 \\ 6 \end{matrix}) = 84$ takie rozmieszczenia, że w każdym pudełku znajdzie się co najmniej jedna kula.

b) Załóżmy bez straty ogólności, że puste będzie pudełko białe (i od razu zauważmy, że zamieniając kolor pustego pudełka z białego na każdy z pozostałych trzech kolorów dostaniemy za każdym razem tę samą liczbę rozmieszczeń).

Aby zapewnić sobie rozmieszczenie, w którym każde z pozostałych pudełek nie będzie puste wprowadzamy następujące oznaczenia:

$x_{1} + 1$ , gdzie $x_{1} \geq 0$ – liczba kul, które zostały umieszczone w niebieskim pudełku,
$x_{2} + 1$ , gdzie $x_{2} \geq 0$ – liczba kul, które zostały umieszczone w czerwonym pudełku,
$x_{3} + 1$ , gdzie $x_{3} \geq 0$ – liczba kul, które zostały umieszczone w zielonym pudełku.

Ponieważ do rozmieszczenia mamy $10$ jednakowych kul, więc otrzymujemy następującą zależność
$(x_{1} + 1) + (x_{2} + 1) + (x_{3} + 1) = 10$ ,
skąd dostajemy, że liczby nieujemne $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ spełniają równanie
$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 7$ .

Korzystając z twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ twierdzenia o liczbie rozwiązań równania $x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k$ (w którym przyjmujemy $n = 3$ oraz $k = 7$ ) otrzymujemy, że w tym przypadku jest
$(\begin{matrix} 7 + 3 - 1 \\ 7 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix}) = 36$ możliwych rozmieszczeń.

Oznacza to, że ogółem jest $4 \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 7 \end{matrix}) = 4 \cdot 36 = 144$ takich rozmieszczeń, że jedno pudełko pozostanie puste.

Ostatni przykład jest prezentacją metody rozwiązywania zadań, w których parami różne obiekty (np. ponumerowane kule) rozmieszczamy w nieodróżnialnych pojemnikach (np. takich samych pudełkach).

Przykład 15

a) Mamy do dyspozycji $9$ kul, ponumerowanych od $1$ do $9$ . Rozmieszczamy te kule w trzech takich samych białych pudełkach.
Obliczymy, ile jest możliwości rozdzielenia kul w taki sposób, aby w każdym pudełku znalazły się $3$ kule.

Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli pudełka ponumerujemy od $1$ do $3$ , to możemy rozmieszczanie kul rozłożyć na $3$ etapy:
(1) wybieramy $3$ kule spośród wszystkich $9$ (co możemy zrobić na $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) = 84$ sposoby) i umieszczamy je w pudełku numer $1$ ,
(2) z pozostałych $6$ kul wybieramy $3$ (co możemy zrobić na $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = 20$ sposobów) i umieszczamy je w pudełku numer $2$ ,
(3) pozostałe $3$ kule umieszczamy w pudełku numer $3$ .

Wynika stąd, że rozpatrywana liczba rozmieszczeń w trzech pudełkach, które odróżniliśmy numerami, jest równa $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = 84 \cdot 20 = 1680$ .

Przy ustalonym rozmieszczeniu kul opisanym powyżej zamiana trójki numerów zapisanych na pudełkach (zauważmy, że różnych ponumerowań tych trzech pudełek jest $3! = 6$ ) opisuje już inne rozmieszczenie. Jednakże pudełka, w których rozmieszczamy kule są jednakowe, zatem każde rozmieszczenie opisane w treści zadania w wyniku numerowania (odróżniania) pudełek jest liczone dokładnie $6$ razy. Wynika stąd, że jest $\frac{(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix})}{3!} = \frac{1680}{6} = 280$ wszystkich rozmieszczeń $9$ kul, ponumerowanych od $1$ do $9$ , w trzech takich samych białych pudełkach w taki sposób, aby w każdym pudełku znalazły się $3$ kule.

Uwaga. Problem z powyższego przykładu warto sformułować następująco.
Ile jest sposobów podziału $9$ –elementowego zbioru $X = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ na $3$ podzbiory $3$ –elementowe?
Jeżeli założymy, że w wyniku podziału zbioru $X$ otrzymaliśmy trzy podzbiory: $A$ , $B$ oraz $C$ , to podział ten jest dla nas zbiorem $\{A, B, C\}$ , którego elementami są opisane podzbiory.
Jeżeli natomiast elementy do tych podzbiorów będziemy przydzielali kolejno: najpierw $3$ elementy ze zbioru $X$ przydzielimy do zbioru $A$ , następnie z pozostałych $6$ wybierzemy $3$ elementy do zbioru $B$ , a ostatnie $3$ elementy przydzielimy do zbioru $C$ (co, jak pokazaliśmy powyżej, można zrobić na $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 3 \end{matrix}) = 84 \cdot 20 = 1680$ sposobów), to podział otrzymany w ten sposób opiszemy jako uporządkowaną trójkę $(A, B, C)$ , która jest $3$ –elementową permutacjąpermutacja zbioru $n$ –elementowegopermutacją zbioru $\{A, B, C\}$ .
Ponieważ jest $3! = 6$ takich permutacji, więc wszystkich permutacji $(A, B, C)$ jest $6$ razy więcej, niż podziałów $\{A, B, C\}$ .
Oznacza to, że jest $\frac{1680}{6} = 280$ podziałów $9$ –elementowego zbioru $X = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ na $3$ podzbiory $3$ –elementowe.

b) Mamy do dyspozycji $9$ kul, ponumerowanych od $1$ do $9$ . Rozmieszczamy te kule w czterech takich samych białych pudełkach.
Obliczymy, ile jest możliwości rozdzielenia kul w taki sposób, aby w jednym pudełku znalazły się $3$ kule, a w pozostałych trzech pudełkach znalazły się po $2$ kule.

Rozwiązanie

Jeśli rozważymy wszystkie podziały $9$ –elementowego zbioru $X = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ na $4$ podzbiory, przy czym jeden z nich ma być $3$ –elementowy (oznaczymy go jako $A$ ), natomiast pozostałe trzy (oznaczone jako $B$ , $C$ oraz $D$ ) mają być $2$ –elementowe, to tych podziałów jest tyle, ile zbiorów postaci $\{A, \{B, C, D\}\}$ .
Rozumując podobnie jak to jest zapisane w Uwadze do poprzedniego podpunktu, obliczymy, że jest $(\begin{matrix} 9 \\ 3 \end{matrix}) \cdot \frac{(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 2 \end{matrix})}{3!} = \frac{7460}{6} = 1260$ możliwości podziału zbioru $9$ –elementowego na cztery podzbiory, z których jeden jest $3$ –elementowy, a pozostałe dwa są $2$ –elementowe.

Wobec tego jest $1260$ możliwości rozmieszczenia $9$ kul ponumerowanych od $1$ do $9$ w czterech takich samych białych pudełkach w taki sposób, aby w jednym pudełku znalazły się $3$ kule, a w każdym z pozostałych trzech pudełek znalazły się po $2$ kule.

Polecenie 5

Rozwiąż test. Wskaż wszystkie poprawne odpowiedzi.

1Rozmieszczenia163050Brawo! Umiesz rozwiązywać zadania dotyczące rozmieszczeń.Niestety, nie udało się. Ponownie przeanalizuj omówione przykłady.

Test

Rozmieszczenia

Sprawdzisz swoją wiedzę dotyczącą:

liczby wyników w doświadczeniu polegającym na rozmieszczaniu parami różnych kul w parami różnych pojemnikach,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na rozmieszczaniu jednakowych kul w parami różnych pojemnikach,,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na rozmieszczaniu parami różnych kul w jednakowych pojemnikach,
liczby wyników w doświadczeniu polegającym na rozmieszczaniu ponumerowanych kul w parami różnych pojemnikach tak, żeby numery kul spełniały ustalony warunek.

Liczba pytań:

Limit czasu:

30 min

Pozostało prób:

1/1

Twój ostatni wynik:

Rozmieszczenia

Pytanie 1/6

Twój ostatni wynik -

R4LNq0sK37PVs2

RQpdpRuiYjzST1

R1JXMOdvSmttq1

RdLRmxly4d6z01

R1GvMblFhxsbW2

R1LPuUe8Cz0Q62

RHBDLFpFrK5P53

R1T0OArIfzuqt3

R1AtroND20K4y2

RfjHOSZW8eOC53

R8bAUcH93Rfte3

RM8KCCQNcJpPm2

RLn06TG4MX2AC2

R1MAukmmygRKC2

RkPeFAyD9DPEn2

Polecenie 6

Ułóż po jednym zadaniu dotyczącym doświadczenia polegającego na:

rozmieszczaniu parami różnych kul w parami różnych pojemnikach,
rozmieszczaniu jednakowych kul w parami różnych pojemnikach,
rozmieszczaniu parami różnych kul w jednakowych pojemnikach,
rozmieszczaniu ponumerowanych kul w parami różnych pojemnikach tak, żeby numery kul spełniały ustalony warunek.

Zredaguj pełne rozwiązanie wraz ze wszystkimi istotnymi uzasadnieniami. Zapisz odpowiedź, podając wynik jako liczbę naturalną.

Ćwiczenie 1

RT75JaAStmg8t

R1P0tKeuCK4rN1

Ćwiczenie 2

RJP207RcOdDlJ2

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

R1ayOrzBgtkfp

Ćwiczenie 5

RJEwxx1FPHi1Z

Ra1VK8jsydHD52

Ćwiczenie 6

R9bVNq947vDIw3

Ćwiczenie 7

R17jPKcjdbhzN3

Ćwiczenie 8

R1G5ReCjF9dSS1

Ćwiczenie 9

RzXVK41YZzVwm1

Ćwiczenie 10

RuULogsSPM4xU1

Ćwiczenie 11

R3cjorhrIESqC2

Ćwiczenie 12

R1MwaVDViIw5E2

Ćwiczenie 13

R1Z2JGoPigCex2

Ćwiczenie 14

R1Zt0IySit8iE3

Ćwiczenie 15

Ćwiczenie 16

RR4y1U2Fmw0nn3

RBRK3R9xuuqWW

R118g5WRvFAkE1

Ćwiczenie 17

R1Ed2PC5omjbB1

Ćwiczenie 18

RH5YLWXXaajHn2

Ćwiczenie 19

R1FEpFo8K7q7P2

Ćwiczenie 20

Ćwiczenie 21

Ra7tILT5qSLa12

R1dMmEpWIjOBo

RCvyy2dzShHVN2

Ćwiczenie 22

R1Dt3nmUmlyVN2

Ćwiczenie 23

RSu8AZcuUOR8u3

Ćwiczenie 24

Słownik

k

-elementowa kombinacja zbioru

n

-elementowego

k

-elementowa kombinacja zbioru

n

-elementowego

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

liczba wszystkich

k

-elementowych kombinacji zbioru

n

-elementowego

liczba wszystkich

k

-elementowych kombinacji zbioru

n

-elementowego

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

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

wariacja z powtórzeniami

$k$ –wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie (czyli z powtórzeniami) ze zbioru $n$ –elementowego

reguła mnożenia

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

k_{1} \cdot k_{2} \cdot \dots \cdot k_{n}

reguła dodawania

jeżeli zbiory $A_{1}$ , $A_{2}$ , $\dots$ , $A_{n}$ są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru $A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n}$ jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów $A_{1}$ , $A_{2}$ , $\dots$ , $A_{n}$ :

|A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n}| = |A_{1}| + |A_{2}| + \dots + |A_{n}|

permutacja zbioru

n

–elementowego

permutacja zbioru

n

–elementowego

każdy ciąg utworzony ze wszystkich elementów zbioru $n$ –elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

-elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

-elementowego

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

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

reguła włączeń i wyłączeń

dla dowolnych zbiorów skończonych $A_{1}$ , $A_{2}$ , $. . .$ , $A_{n}$ prawdziwa jest równość

|A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n}| = |A_{1}| + |A_{2}| + . . . + |A_{n}| +

- (|A_{1} \cap A_{2}| + |A_{1} \cap A_{3}| + . . . + |A_{1} \cap A_{n}| + . . . + |A_{n - 1} \cap A_{n}|) +

- (|A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}| + |A_{1} \cap A_{2} \cap A_{4}| + . . . + |A_{n - 2} \cap A_{n - 1} \cap A_{n}|) +

+ . . . + {(- 1)}^{n - 1} \cdot |A_{1} \cap A_{2} \cap . . . \cap A_{n}|

twierdzenie o liczbie rozwiązań równania

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k

twierdzenie o liczbie rozwiązań równania

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k

liczba wszystkich rozwiązań równania

x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = k

w nieujemnych liczbach całkowitych $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ , gdzie $n$ oraz $k$ to ustalone dodatnie liczby całkowite, jest równa

(\begin{matrix} k + n - 1 \\ k \end{matrix})

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

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

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

liczba wszystkich

k

–elementowych kombinacji zbioru

n

–elementowego

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

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

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

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

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

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

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

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

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

k

–elementowa kombinacja zbioru

n

–elementowego

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

5. Kombinacje

7.* Modele przegródkowe w kombinatoryce (DODATEK)

6. Kombinatoryka – zadania różne

Losowanie kul

Rozmieszczenia

Słownik

5. Kombinacje

7.* Modele przegródkowe w kombinatoryce (DODATEK)

M_R_W17_M1 Kombinatoryka

6. Kombinatoryka – zadania różne

Losowanie kul

Rozmieszczenia

Słownik