To permutacje pięciu elementów:

$$P_5=5!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120$$

Odpowiedź: B. Odpowiedź D ($5^5$) dotyczyłaby sytuacji, w której elementy mogą się powtarzać.

$$\binom{6}{2}=\frac{6!}{2!\,4!}=\frac{6\cdot5}{2}=15$$

Znaczenie: to liczba $2$-elementowych podzbiorów zbioru $6$-elementowego — na tyle sposobów można np. wybrać $2$ osoby z $6$, jeśli kolejność nie ma znaczenia.

Odpowiedź: $15$.

Kolejność w delegacji nie ma znaczenia, więc stosujemy kombinacje:

$$\binom{8}{3}=\frac{8\cdot7\cdot6}{3\cdot2\cdot1}=\frac{336}{6}=56$$

Odpowiedź: $56$ sposobów.

Tutaj kolejność ma znaczenie (różne funkcje), więc to wariacje bez powtórzeń:

$$V_8^3=8\cdot7\cdot6=336$$

Odpowiedź: $336$ sposobów.

Porównaj z zadaniem 3: wynik jest $3!=6$ razy większy, bo każdą trójkę osób można obsadzić w funkcjach na $6$ sposobów.

Na każdej z czterech pozycji mamy $10$ możliwości — wariacje z powtórzeniami:

$$10^4=10\,000$$

Odpowiedź: C. Kody od $0000$ do $9999$.

Krok 1 — pierwsza cyfra. Nie może być zerem, więc $9$ możliwości ($1$–$9$).

Krok 2 — druga cyfra. Może być zerem, ale nie może powtórzyć pierwszej: $10-1=9$ możliwości.

Krok 3 — trzecia cyfra. Różna od dwóch poprzednich: $8$ możliwości.

$$9\cdot9\cdot8=648$$

Odpowiedź: $648$ liczb.

Uwaga: ograniczenie na pierwszą cyfrę to najczęstsze przeoczenie w tym typie zadań.

Współczynniki to piąty wiersz trójkąta Pascala: $1,\ 4,\ 6,\ 4,\ 1$.

$$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$$

Sprawdzenie: w każdym składniku suma wykładników wynosi $4$. ✔

Liczby pierwsze na kostce to $2$, $3$ i $5$ — trzy wyniki spośród sześciu.

$$P=\frac{3}{6}=\frac12$$

Odpowiedź: A. Uwaga: $1$ nie jest liczbą pierwszą.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „żadna szóstka”:

$$P(\text{żadna})=\frac56\cdot\frac56=\frac{25}{36}$$

$$P(\text{co najmniej jedna})=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}\approx0{,}306$$

Odpowiedź: $\frac{11}{36}$.

Dlaczego tak: liczenie wprost wymagałoby rozpatrzenia trzech przypadków (szóstka w pierwszym, w drugim, w obu) — przez zdarzenie przeciwne jest krócej i bezpieczniej.

Metoda 1 — drzewo. Po wyjęciu białej zostaje $3$ białe z $9$ kul:

$$P=\frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15}$$

Metoda 2 — kombinacje:

$$P=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{10}{2}}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}$$

Odpowiedź: $\frac{2}{15}\approx0{,}133$.

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$$

$$=0{,}6+0{,}3-0{,}2=0{,}7$$

Odpowiedź: $0{,}7$.

Dlaczego odejmujemy: część wspólna zostałaby policzona dwa razy.

Krok 1 — prawdopodobieństwa składowe:

$$P(B)=\frac{3}{6}=\frac12,\qquad P(A\cap B)=P(\text{szóstka})=\frac16$$

(Szóstka jest parzysta, więc $A\cap B=A$.)

Krok 2 — wzór na prawdopodobieństwo warunkowe:

$$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1/6}{1/2}=\frac13$$

Odpowiedź: $\frac13$.

Interpretacja: wiedząc, że wypadła liczba parzysta, mamy trzy równie możliwe wyniki ($2,4,6$) — szóstka jest jednym z nich.

Dla zdarzeń rozłącznych $P(A\cap B)=0$, ale $P(A)P(B)>0$, więc warunek niezależności $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ nie jest spełniony.

Odpowiedź: D. Rozłączność i niezależność to zupełnie różne pojęcia — ich mylenie to klasyczny błąd.

Stosujemy schemat Bernoulliego: $n=5$, $k=3$, $p=\frac12$.

$$P(X=3)=\binom{5}{3}\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2$$

$$=10\cdot\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{4}=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}$$

Odpowiedź: $\frac{5}{16}=0{,}3125$.

Schemat Bernoulliego: $n=3$, $k=2$, $p=0{,}8$.

$$P(X=2)=\binom{3}{2}\cdot0{,}8^2\cdot0{,}2^1$$

$$=3\cdot0{,}64\cdot0{,}2=0{,}384$$

Odpowiedź: $0{,}384$.

Uwaga: czynnik $\binom{3}{2}=3$ uwzględnia, że dwa trafienia mogą wypaść w trzech różnych układach.

Korzystamy z symetrii symbolu Newtona: $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.

$$\binom{10}{8}=\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45$$

Odpowiedź: B. Ta własność mocno skraca rachunki.

Krok 1 — ostatnia cyfra. Liczba ma być parzysta, więc kończy się na $2$ lub $4$ — $2$ możliwości.

Krok 2 — pozostałe trzy pozycje. Wybieramy je z czterech pozostałych cyfr, z uwzględnieniem kolejności:

$$4\cdot3\cdot2=24$$

Krok 3 — reguła mnożenia:

$$2\cdot24=48$$

Odpowiedź: $48$ liczb.

Metoda: zawsze zaczynaj od pozycji z ograniczeniem — tutaj od cyfry jedności.

Wystarczy wybrać skład drużyny czerwonej — reszta automatycznie tworzy niebieską:

$$\binom{10}{5}=\frac{10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6}{5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}=252$$

Odpowiedź: $252$ sposoby.

Uwaga: gdyby drużyny były nierozróżnialne, wynik trzeba by podzielić przez $2$, czyli $126$.

Krok 1 — wszystkie możliwości:

$$|\Omega|=\binom{20}{2}=\frac{20\cdot19}{2}=190$$

Krok 2 — sprzyjające. Jedna dziewczynka i jeden chłopiec:

$$|A|=12\cdot8=96$$

Krok 3:

$$P=\frac{96}{190}=\frac{48}{95}\approx0{,}505$$

Odpowiedź: $\frac{48}{95}$.

Liczymy przez zdarzenie przeciwne — „obie przepalone”:

$$P(\text{obie przepalone})=\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4}=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}$$

$$P(\text{co najmniej jedna sprawna})=1-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}$$

Odpowiedź: $\frac{9}{10}=0{,}9$.

Uwaga: przy losowaniu bez zwracania prawdopodobieństwo w drugim kroku liczymy od zmniejszonej puli — stąd $\frac14$, a nie $\frac25$.