Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 12 (11-16.01.2010) Elementy kombinatoryki Komentarz I Rozwiązywanie zadania kombinatorycznego często sprowadza się do zliczenia elementów pewnych zbiorów skończonych. Obowiązuje zasada: zanim policzymy elementy pewnego zbioru, musimy najpierw opisać elementy tego zbioru w sposób jednoznaczny. Zbiory skończone będziemy oznaczać wielkimi literamix,y,a,..., a ich liczności (czyli ich moce) przez X,Ȳ,Ā,... Zadanie 1. Sporządzono listę wszystkich liczb naturalnych podzielnych przez 3, które w zapisie dziesiątkowym mają siedem cyfr i cyframi tymi są tylko jedynki lub zera. Ile jest liczb na liście? Rozwiązanie. Jeślin=a 6 a 5...a 1 a 0 jest siedmiocyfrową liczbą zapisaną przy pomocy tylko zer i jedynek, a przy tym podzielną przez 3, toa 6 =1isuma cyfrs=a 6 +a 5 +...+a 1 +a 0 jest podzielna przez 3. Ponieważ1 S 7, więcs jest podzielna przez 3 wtedy i tylko wtedy, gdys=3 lubs=6. Oznacza to, że zbiórx wszystkich liczb siedmiocyfrowych, podzielnych przez 3 i zapisanych przy pomocy zer i jedynek, jest sumą dwóch rozłącznych zbiorówx 1 ix 2 : X 1 ={1a 5 a 4 a 3 a 2 a 1 a 0 ; wśróda 5,...,a 0 są 2 jedynki i 4 zera}, X 2 ={1a 5 a 4 a 3 a 2 a 1 a 0 ; wśróda 5,...,a 0 jest 5 jedynek i 1 zero}. X 2 =6, gdyż mamy 6 możliwości wyboru miejsca na jedyne zero (na pozycji zerowej, pierwszej,..., piątej). ZbiórX 1 rozbijamy na pięć rozłącznych podzbiorów: X 1 =U 1 U 2 U 3 U 4 U 5, 1
przy czym U 1 ={11a 4 a 3 a 2 a 1 a 0 ; wśróda 4,...,a 0 jest jedna jedynka i 4 zera}, U 2 ={101a 3 a 2 a 1 a 0 ; wśróda 3,...,a 0 jest jedna jedynka i 3 zera}, U 3 ={1001a 2 a 1 a 0 ; wśróda 2,a 1,a 0 jest jedna jedynka i 2 zera}, U 4 ={10001a 1 a 0 ;a 1,a 0 {0,1},a 1 a 0 }, U 5 ={1000011}. Mamy X 1 =U 1 +U 2 +U 3 +U 4 +U 5 =5+4+3+2+1=15. Stąd X=X 1 +X 2 =15+6=21. Komentarz II Rozwiązanie Zadania 1. oparte jest o dobrze osadzoną w intuicjach regułę. Reguła I JeżeliA,B są skończonymi zbiorami ia B=, toa B=A+B. JeżeliA 1,A 2,...A n są skończonymi zbiorami ia k A l = dlak l, to A 1 A 2... A n =A 1 +A 2 +...+A n. Warto zatem czasami zbiór, którego elementy zliczamy, rozbić na sumę parami rozłącznych podzbiorów, zliczyć elementy każdego z nich oddzielnie, a następnie dodać do siebie otrzymane liczby. Zadanie 2. Ile jest liczb trzycyfrowych, które 1. są podzielne przez 2, 2. są podzielne przez 3, 3. są podzielne przez 5, 4. są podzielne przez 7, 5. są podzielne przez 2 i 3, 6. są podzielne przez 3 i 5 i 7, 7. są podzielne przez 2 lub 3, 8. są podzielne przez 2 lub 3 lub 5, 9. są podzielne przez 2 lub 3 lub 5 lub 7, 10. nie są podzielne ani przez 2, ani przez 3, ani przez 7? 2
Rozwiązanie. SymbolemP i oznaczmy zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez liczbę i. Prawdziwe są równości: P 2 =450, P 3 =300, P 5 =180, P 7 ={105,112,119,...,994}={7k;k=15,16,...,142}=128. Zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 2 i przez 3 to część wspólna zbiorów P 2 ip 3, która jest zbioremp 6. Mamy Podobnie, P 2 P 3 =P 6 =150. P 2 P 3 P 7 =P 42 ={126,168,...,966}={42k;3 k 23}=21. Zbiór liczb podzielnych przez 2 lub przez 3 jest sumą zbiorówp 2 ip 3, przy czym zbiory te mają niepustą część wspólnąp 2 P 3 =P 6. Zauważmy, że jeśli chcemy podać liczbę elementów w sumie zbiorówp 2 P 3, to nie możemy tego zrobić dodawszy po prostu liczby P2 i P3, bo wówczas liczby podzielne przez 6 policzylibyśmy dwa razy. Mamy natomiast równość: P 2 P 3 =P 2 +P 3 P 6 =450+300 150=600. Z mocą zbioru liczb podzielnych przez 2 lub 3 lub 5, czyli z mocą sumy trzech zbiorów :P 2,P 3,P 5 sprawa jest bardziej skomplikowana. Mamy: P 2 P 3 P 5 = P 2 +P 3 +P 5 P 2 P 3 P 2 P 5 P 3 P 5 +P 2 P 3 P 5 = P 2 +P 3 +P 5 P 6 P 10 P 15 +P 30 = 450+300+180 150 90 60+30=660. Jak poprzednio, dodanie mocy zbiorówp 2,P 3,P 5 spowodowałoby, że np. liczby podzielne przez 2 i 3, zostałyby policzone dwa razy zamiast jeden raz; stąd moce części wspólnych każdej z par zbiorów występują w naszym rachunku ze znakiem -. Zauważmy także, że konieczne jest dodanie P30, bo w przeciwnym razie w ogóle nie policzylibyśmy wielokrotności 30. Elementy zbioru liczb podzielnych przez 2 lub 3 lub 5 lub 7, czyli elementy sumy zbiorówp 2 P 3 P 5 P 7, zliczamy analogicznie, modyfikując odpowiednio rachunek: P 2 P 3 P 5 P 7 = P 2 +P 3 +P 5 +P 7 P 2 P 3 P 2 P 5 P 2 P 7 P 3 P 5 P 3 P 7 P 5 P 7 +P 3 P 5 P 7 +P 2 P 5 P 7 +P 2 P 3 P 7 +P 2 P 3 P 5 P 2 P 3 P 5 P 7 = P 2 +P 3 +P 5 +P 7 P 6 P 10 P 14 P 15 P 21 P 35 +P 105 +P 70 +P 42 +P 30 P 210 = 450+300+180+128 150 90 64 60 43 26+9+13+21+30 4=694. 3
Aby dać odpowiedź na ostatnie pytanie zauważmy, że zbiór X liczb trzycyfrowych niepodzielnych ani przez 2, ani przez 3, ani przez 7 jest różnicą zbioru liczb trzycyfrowych oraz zbioru liczb trzycyfrowych podzielnych przez 2 lub 3 lub 7: skąd wynika równość X={100,101,...,999} (P 2 P 3 P 7 ), X=900 P 2 P 3 P 7, a liczbęp 2 P 3 P 7 uzyskamy tak, jak poprzednio: Komentarz III P 2 P 3 P 7 = P 2 +P 3 +P 7 P 2 P 3 P 2 P 7 P 3 P 7 +P 2 P 3 P 7 = P 2 +P 3 +P 7 P 6 P 14 P 21 +P 42 = 450+300+128 150 64 43+21=642. Rozwiązanie Zadania 2. oparte jest o następującą regułę Reguła II (prawo włączeń i wyłączeń dla mocy) Jeżeli A, B są skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość A B=A+B A B. Jeżeli A, B, C są skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość A B C=A+B+C A B A C B C+A B C. JeżeliA,B,C,Dsą skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość A B C D = A+B+C+D A B A C A D B C B D C D+B C D+A C D +A B D+B C D A B C D. JeżeliA 1,A 2,...A n są skończonymi zbiorami, to liczbę elementów zbioru A 1 A 2... A n można wyliczyć dodając moce wszystkich zbiorówa i, następnie odejmując moce wszystkich iloczynów postacia i A j, potem dodając moce wszystkich iloczynów postacia i A j A k, następnie odejmując moce wszystkich iloczynów długości cztery, itd. Regułę dowodzi się indukcyjnie. Zadanie 3. Zapisujemy liczby czterocyfrowe używając cyfr ze zbioru {2,3,5,7,8,9}. Ile jest 4
1. wszystkich takich liczb, 2. takich liczb, w których zapisie każda cyfra jest inną, 3. takich liczb, które są parzyste i większe niż 5000, 4. liczb parzystych, w których zapisie wystepują cztery różne cyfry? Rozwiązanie.(1) Rozważamy liczby postaciabcd, gdziea,b,c,d {2,3,5,7,8,9}. Wyobraźmy sobie, że zapis liczby tworzymy w czterech etapach: I etap: wybieramy cyfręa można to uczynić na 6 sposobów, II etap: wybieramy cyfręb można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od wyboru cyfry a), III etap: wybieramy cyfręc można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od poprzednich wyborów), IV etap: wybieramy cyfręd można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od poprzednich wyborów). Na każdy wybór cyfryaprzypada 6 możliwych wyborów cyfryb. Zatem parę uporządkowanąab można wybrać na6 6=36 sposobów. Dalej, na każdy wybór pary ab (jeden z trzydziestu sześciu) przypada 6 sposobów wyboru cyfry c, a więc trójkę uporządkowanąabc można utworzyć na6 36=216 sposobów. I wreszcie na każdy wybór trójki abc przypada 6 sposobów wyboru cyfry d. Wynika stąd, że wszystkich liczb czterocyfrowych zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9 jest 6 216 = 1296. Rozwiązanie.(2) Policzymy teraz w analogiczny sposób, ile jest liczb czterocyfrowych, zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9, o różnych cyfrach. Tak, jak poprzednio, wyobrażamy sobie, że liczby abcd o różnych cyfrach tworzymy w czterech etapach, za każdym razem wybierając inna cyfrę: I etap: wybieramy cyfręa można to uczynić na 6 sposobów, II etap: wybieramy cyfręb można to uczynić na 5 sposobów (jedna z cyfr została użyta w pierwszym etapie i nie można jej wybrać po raz drugi), III etap: wybieramy cyfręc można to uczynić na 4 sposoby (nie możemy bowiem brać pod uwagę cyfr wybranych w I i II etapie), IV etap: wybieramy cyfręd można to uczynić już tylko na 3 sposoby (w trakcie realizacji trzech poprzednich etapów wybrano już trzy cyfry, i czwartą cyfrę trzeba wybierać sposród pozostałych trzech). Z naszych rozważań wynika, że liczb o wspomnianych wyżej własnościach jest 6 5 4 3=360. Rozwiązanie.(3) Rozważamy teraz wszystkie czterocyfrowe liczby zbudowane z cyfr 2, 3, 5, 7, 8, 9, parzyste i większe niż 5000, a więc liczbyabcd takie, żea {5,7,8,9}, b,c {2,3,5,7,8,9} id {2,8}. Ponownie wyobrażamy sobie proces zapisywania takich liczb w czterech etapach: 5
I etap: wybieramy cyfręa można to uczynić na 4 sposoby, II etap: wybieramy cyfręb można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od wyboru cyfry a), III etap: wybieramy cyfręc można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od pierwszych dwóch wyborów), IV etap: wybieramy cyfręd można to uczynić na 2 sposoby. Wynika stąd, że liczb parzystych, większych od 5000 i zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9 jest4 6 6 2=288. Rozwiązanie.(4) Aby zliczyć wszystkie liczby czterocyfrowe parzyste, abcd, o różnych cyfrach i zbudowane z cyfr 2, 3, 5, 7, 8, 9, postąpimy podobnie, jak w zadaniach (1), (2) i (3). Tym razem jednak zmienimy kolejność czynności. Zauważmy, że gdybyśmy tworzyli liczbę wybierając najpierw cyfry a, b, i c, to pojawiłby się kłopot z ustaleniem liczby możliwych realizacji wyboru cyfryd(musiałaby to być cyfra 2 lub 8, ale przecież nie jest jasne, czy któraś z nich nie została wybrana wcześniej). Dlatego warto zacząć tym razem od cyfry jedności: I etap: wybieramy cyfręd można to uczynić na 2 sposoby, (musi to być dwójka lub ósemka), II etap: wybieramy cyfręa można to uczynić na 5 sposobów (dwójka lub ósemka stała się przed chwilą cyfrą jedności i nie można jej wybrać po raz drugi), III etap: wybieramy cyfręb można to uczynić na 4 sposoby (nie możemy bowiem brać pod uwagę cyfr wybranych w I i II etapie), IV etap: wybieramy cyfręc można to uczynić już tylko na 3 sposoby (w trakcie realizacji trzech poprzednich etapów wybrano już trzy cyfry, i czwartą cyfrę trzeba wybierać sposród pozostałych trzech). Widać więc, że liczb o podanych własnościach jest 2 5 4 3 = 120. Zwroćmy uwagę na to, że ważne tutaj było, żeby najpierw wybrać cyfrę jedności; realizcja pozostałych trzech etapów mogła przebiegać w dowolnej kolejności. Komentarz IV Rozwiązanie Zadania 3. oparte jest o następującą regułę Reguła III (reguła mnożenia) Jeżeli pewną czynność można zrealizować w dwóch etapach, przy czym I etap można zrealizować nan 1 sposobów, II etap można zrealizować nan 2 sposobów, niezależnie od przebiegu pierwszego etapu, to wszystkich możliwych realizacji obu etapów łącznie jestn 1 n 2. 6
Jeżeli pewną czynność można zrealizować w k etapach, przy czym pierwszy etap można zrealizować nan 1 sposobów, drugi etap można zrealizować nan 2 sposobów, niezależnie od przebiegu pierwszego etapu, trzeci etap można zrealizować nan 3 sposobów, niezależnie od przebiegu etapów poprzednich,... etap o numerzek można zrealizować nan k sposobów, niezależnie od przebiegu etapów wcześniejszych, to wszystkich możliwych realizacji całej czynności jestn 1 n 2 n 3... n k. Regułę mnożenia dowodzi się indukcyjnie. Zadanie 4. Na ile różnych sposobów można ustawić 20 osób 1. w jednym rzędzie, 2. w jednym rzędzie i tak, aby panowie A i B stali obok siebie, 3. w jednym rzędzie i tak, aby panowie A i B nie stali obok siebie, 4. w jednym rzędzie i tak, ża między panami A i B stoją dwie osoby? Komentarz V Ustawienie w jednym rzędzienróżnych obiektów o nazwacho 1,o 2,o 3,...o n 1,o n opisujemy przy pomocy ciągu uporządkowanego długościnpostaci(x 1,x 2,...,x n ), gdziex i {1,2,3,...,n} dlai=1,2,...,n orazx i x j dlai j.x 1 oznacza numer pozycji, na której znajduje się obiekto 1,x 2 - numer pozycji, na której znajduje się obiekto 2, i ogólnie,x j oznacza numer pozycji, którą zajmuje obiekto j, gdziej=1,2,...,n. Każdy taki ciąg nazywamy n-elementową permutacją bez powtórzeń zbioru{o 1,o 2,o 3,...,o n }. Dwa ciągi uporządkowane,(p 1,p 2,...,p n ) i(s 1,s 2,...,s n ), są identyczne, wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego j takiego, że1 j n, prawdziwa jest równośćp j =s j. Dwa ciągi uporządkowane,(p 1,p 2,...,p n ) i(s 1,s 2,...,s n ), nie są równe, wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba naturalnaj,1 j n, taka żep j s j. Rozwiązanie. (1) Każde ustawienie 20 osób opisane jest przez uporządkowany ciąg (x 1,x 2,...,x 20 ), przy czymx 1,x 2,...x 20 {1,2,...,20},x i x j dlai j, orazx j jest numerem miejsca, które zajmuje osoba z numerem j. Wyobraźmy sobie, że ustawiamy osoby (a więc tworzymy ciąg(x 1,x 2,...,x 20 )) w następujący sposób: I etap: osobę nr 1 ustawiamy na pozycjix 1 mamy do wyboru 20 miejsc, II etap: osobę nr 2 ustawiamy na pozycjix 2 mamy do wyboru 19 miejsc (jedno jest już zajęte), 7
III etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycjix 3 mamy do wyboru 18 miejsc (bo dwa są już zajęte),... XX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycjix 20 tutaj już nie mamy wyboru, gdyż zostało tylko jedno miejsce. Z zasady mnożenia wynika, że jest20 19 18... 2 1=20! różnych ustawień dwudziestu osób. (Osoby są zawsze rozróżnialne!). Rozwiązanie. (2) Policzymy teraz, ile jest takich ustawień, w których panowieaib stoją obok siebie. Przyjmijmy, że panajest osobą z numerem 1, a panb osobą z numerem 2. Rozważamy ciągi,(x 1,x 2,...,x 20 ) o wartościach ze zbioru{1,2,...,20}, różnowartościowe i takie, że jeślix k =1, tox k+1 =2lubx k 1 =2. Zauważmy, że ciągów, w których dwójka znajduje się bezpośrednio za jedynką jest tyle samo co ciągów, w których dwójka bezpośrednio poprzedza jedynkę. Wystarczy zliczyć ciągi pierwszego rodzaju i ich liczbę przemnożyć przez 2. Ciąg, w którym dwójka występuje bezpośrednio po jedynce tworzymy stopniowo; I etap: osobę nr 1 (panaa) ustawiamy na pozycjix 1 mamy do wyboru 19 miejsc (za nim musi się jeszcze znaleźć miejsce dla panab), II etap: osobę nr 2 (panab) ustawiamy na pozycjix 2 jej miejsce zostało zdeterminowane w momencie wyboru miejsca dla osoby nr 1 mamy tylko jedną możliwość, III etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycjix 3 mamy do wyboru 18 miejsc (bo panom A i B miejsca zostały przydzielone), IV etap: osobę nr 4 ustawiamy na pozycjix 4 mamy do wyboru 17 miejsc,... XX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycjix 20 tutaj już nie mamy wyboru, gdyż zostało tylko jedno miejsce. Z zasady mnożenia wynika, że liczba ustawień 20 osób tak, aby panastał bezpośrednio przed panemb jest19 1 18 17... 2 1=19! a takich ustawień, w których panastoi obok panab z dowolnej jego strony jest2 19!. Rozwiązanie. (3) Mając rozwiązane zadania (1) i (2) łatwo podać rozwiązanie zadania (3). Wystarczy zauważyć, że zbiór możliwych ustawień 20 osób, w których pananie stoi obok pana B, jest różnicą zbioru wszystkich ustawień i zbioru tych ustawień, w ktorych panastoi obok panab. Mamy moc zbioru {(x 1,x 2,...,x 20 ); x 1,x 2,...x 20 {1,2,...,20},x i x j dlai j, oraz jeślix k =1, tox k+1 2ix k 1 2} równą20! 2 19!=19! 18. Rozwiązanie. (4) Rozważamy teraz takie ustawienia 20 osób, w kórych między panamiaib stoją dokładnie dwie osoby, czyli takie ciągi(x 1,x 2,...,x 20 ), żex 1,x 2,...x 20 {1,2,...,20},x i x j dlai j, oraz w ciągu wystepuje jeden z bloków (1,a i,a i+1,2) lub(2,a i,a i+1,1) dla pewnegoi {2,3,...,18}. Tworzymy ciąg w kolejnych etapach: 8
I etap: wybieramy miejsce w ciągu dla bloku czteroelementowego i na skrajnych jego pozycjach ustawiamy pana A i pana B, czyli mamy ustalone wartości dlax 1 ix 2 można to uczynić na17 2=34 sposoby, II etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycjix 3 jednej z 18 wolnych, III etap: osobę nr 4 ustawiamy na pozycjix 4 mamy do wyboru 17 miejsc IV etap: osobę nr 5 ustawiamy na pozycjix 5 mamy do wyboru 16 miejsc,... XIX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycjix 20 tutaj już nie mamy wyboru, gdyż zostało tylko jedno miejsce. Z zasady mnożnia wynika, że wszystkich ciągów o wspomnianych wyżej własnościach jest34 18!. Zadanie 5. Ile różnych łańcuchów na choinkę można zrobić wykorzystując 150 papierowych pasków czerwonych i 100 pasków złotych? Załóżmy dodatkowo, że na jednym końcu łańcucha przyczepiamy dodatkowo ogniwo białe. Ile różnych łańcuchów można zrobić mając do dyspozycji 150 pasków czerwonych, 100 pasków złotych i 80 pasków niebieskich? Rozwiązanie. Jest zasadnicza różnica między sytuacją opisaną w tym zadaniu i sytuacją z zadania poprzedniego. Osoby ustawiane w rzędzie są obiektami rozróżnialnymi; paski tego samego koloru, z których robimy ogniwa łańcucha na choinkę, nie rożnią się miedzy sobą. Gdyby na każdym pasku napisano ołówkiem jego numerek, np. czerwone paski miałyby oznaczeniac 1,c 2,...,c 150, a złotez 1,z 2,...,z 100, to odpowiedź byłaby łatwa. Łańcuch byłby ciągiem(x 1,x 2,...,x 250 ) takim, żex i {c 1,c 2,...,c 150 z 1,z 2,...,z 100 } dla dowolnegoi {1,2,...,250} i rożnowartościowym. W oparciu o zasadę mnożenia, zastosowaną tak, jak w rozwiazaniu Zadania 4(1), można by uzasadnić, że takich ciągów jest 250!. Skoro jednak paski jednego koloru sa nierozróżnialne, to różnych łańcuchów jest na pewno mniej. Zanim podamy wynik, wyjaśnimy pewną ważną kwestię w kolejnym Komenarzu. Komentarz VI Prawdziwe jest twierdzenie: Jeżeli zbiór X ma n elementów i k jest liczbą naturalną,0 k n, to ze zbiorux można wybrać podzbiór k- elementowy na ( ) n k = n! sposobów. k! (n k)! Z zasady mnożenia wynika, że ciągów(y 1,y 2,...,y k ) różnowartościowych utworzonych z elementów zbioru X jestn (n 1)... (n k+1). Istotnie, ciąg można zbudować w wielu krokach, wybierający 1 nansposobów, następniey 2 na(n 1) sposobów,y 3 na(n 2) sposobów, itd. Ostatnim krokiem będzie wskazanie tego elementu zbioru X, który znajdzie się na ostatniej, k- tej pozycji. Można go będzie wybrać spośródn k+1 elementów, które jeszcze zostały. Zróbmy teraz następujace doświadczenie myślowe (to nic, że mało realne!). Wyobraźmy sobie, że na oddzielnych kartkach mamy spisane wszystkie takie ciągi. Posegregujmy te kartki na stosy tak, by w każdym ze stosów znalazły się ciągi, w których występują te same elementy zbioru X (lecz w innej kolejności). Co ciekawego powinniśmy dostrzec? To, że w każdym ze stosów jest taka sama liczba kartek:k! Stosów będzie n (n 1)... (n k+1) = ( ) n k! k. Ważne jest, by zrozumieć, że każdy stos dobrze 9
ilustruje jeden jedyny k-elementowy podzbiór zbioru X, i że jest tyle podzbiorów k-elementowych zbioru X, ile stosów. Wracamy do zliczania łańcuchów. Proces projektowania pojedynczego łańcucha można sprowadzić do tego, że sposród numerów ogniw od 1 do 250 wskazujemy 150 pozycji, na których ma być kolor czerwony. Na pozostałych pozycjach umieścimy ogniwa złote. Inaczej mówiąc, aby opisać ciąg(x 1,x 2,...,x 250 ) taki, żex i c,z, dla 1 i 250, przy czymcwystępuje w ciągu 150 razy az 100 razy, wystarczy wskazać, na których miejscach znajdą się symbolec. Z Komentarza V wynika, że można to zrobić na ( ) 250 150 sposobów. Nietrudno także policzyć, ile można zrobić różnych łańcuchów ze 150 pasków czerwonych, 100 pasków złotych i 80 pasków niebieskich. Łańcuch - to ciąg(x 1,x 2,...,x 330 ) taki, żex i {c,z,n} dlai {1,2,...,330}, przy czymcpowtarza się 150 razy,z 100 razy, an80 razy. Można sobie wyobrazić, że projektujemy go w trzech etapach: I etap: spośród 330 miejsc wybieramy 150 miejsc na ogniwa czerwone można to uczynić na ( ) 330 150 sposobów, II etap: spośród pozostałych 180 miejsc wybieramy 100 miejsc na ogniwa złote możliwości mamy ( ) 180 100, III etap: pozostałe 80 miejsc zapełniamy ogniwami niebieskimi można to zrobić tylko na jeden sposób. ( Z zasady ) ( ) mnożenia liczba możliwych sposobów utworzenia łańcuchów jest równa: 330 180 = 330! 150 100 150! 100! 80!. Zadanie 6. Na ile sposobów można z klasy 30-osobowej wybrać 1. 3 osoby: przewodniczącego klasy, jego zastępcę oraz skarbnika, 2. drużynę 7-osobową? Rozwiązanie. (1)A={(p,z,s);p,z,s {1,2,...,30},p z,p s,z s}. Trójkę uprządkowaną tworzymy w trzech etapach. I etap: wybieramy przewodniczącego(p) można to uczynić na 30 sposobów, II etap: spośród pozostałych 29 członków klasy wybieramy zastępcę mamy 29 możliwości, III etap: sposród pozostałych 28 członków klasy wybieramy skarbnika mamy 28 możliwości. Z zasady mnożenia wynika, że możliwych wyborów jesta=30 29 28. Rozwiązanie (2)B={{x 1,x 2,...,x 7 };x i {1,2,...,30} dlai=1,2,...7} Z Komentarza V wynika:b= ( ) 30 7. Zadanie 7. Na ile sposobów można rozdać talię 52 kart czterem brydżystom N, W, S i E? Rozwiązanie. Pojedyncze rozdanie kart można opisać jako uporządkowaną czwórkę(a,b,c,d), przy czyma,b,c, idsą rozłącznymi, 13-elementowymi podzbiorami zbioru{1,2,...,52} odpowiadającego talii kart. ZbiórAto zestaw kart gracza N,B to karty gracza W,C karty graczas adkarty gracza E. Taką czwórkę uporządkowaną można utworzyć w czterech etapach. 10
I etap: spośród 52 kart (czyli liczb 1,2,...,52) wybieramy 13 dla gracza N można to zrobić na ( ) 52 13 sposobów, II etap: spośród pozostałych 39 kart wybieramy 13 dla gracza W można to zrobić na ( ) 39 13 sposobów, III etap: spośród 26 pozostałych kart wybieramy 13 dla gracza S można to zrobić na ( ) 26 13 sposobów, IV etap: pozostałe 13 kart przeznaczamy dla gracza E tutaj nie mamy żadnego wyboru. Z zasady mnożenia liczba wszystkich opisanych wyżej rozdań jest równa ( ) 52 13 ( ) 39 13 ( ) 26 13 ( ) 13 = 52! 13 (13!) 4. 11