Matematyka 3

MATEMATYKA
Odkryj, zrozum, zastosuj...
klasa 3, szkoła ponadgimnazjalna

Podtytuł:
Matematyka
Przedmiot:
matematyka
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej:
Jacek Stańdo, Paweł Kwiatkowski, Henryk Dąbrowski , Hanna Drabik-Zalewska, Gertruda Gwóźdź-
Łukawska, Agnieszka Zajączkowska , Krzysztof Kisiel, Grzegorz Kusztelak, Dorota Krawczyk - Stań-
do, Magdalena Furmaniak, Kinga Pietrasik-Kulińska, Aneta Stasiak, Witold Walas, Wanda Człapińska,
Mariusz Doliński, Maciej Furmaniak, Elżbieta Galewska , Kinga Gałązka, Magdalena Górajska, Anna
Jeżewska, Dominik Kłys, Agata Krawczyk, Iwona Krawczyk-Kłys, Janusz Kuliński, Paweł Kuliński,
Renata Kusztelak, Alicja Laskowska , Piotr Mazur , Bronisław Pabich, Dorota Palka-Rutkowska, Jerzy
Pełczewski, Jolanta Piekarska, Marek Pisarski, Monika Potyrała , Dorota Rogowska , Alina Saganiak,
Bartosz Sakowicz, Izabela Sakwa, Sławomir Sapanowski, Jolanta Schilling, Marzena Sławińska, To-
masz Stasiak, Katarzyna Szczepaniak, Bożenna Szkopińska, Anna Warężak, Beata Wojciechowska i
Izabella Żółtaszek
Format treści:
E-podręcznik dla ucznia
Data wydania:
11 kwietnia 2016
Typ szkoły:
szkoła ponadgimnazjalna
Oznaczenia zadań:
A - zadanie z minimalnego poziomu osiągnięcia efektu kształcenia
B - zadanie z ogólnego poziomu osiągnięcia efektu kształcenia
C - zadania z kreatywnego osiągnięcia efektu kształcenia
K - zadanie do osiągnięcia kompetencji
- zadanie do wykonania w zeszycie
Oznaczenia treści:
treści rozszerzające
oprawa metodyczna

ISBN 978-83-65450-40-1
E-podręcznik, po uzyskaniu akceptacji ministra właściwego do spraw oświaty i wychowania, został
dopuszczony do użytku szkolnego na podstawie art. 22 c ust. 2 i 5 Ustawy z dnia 7 września 1991
roku o systemie oświaty (Dz. U. Nr 95, poz. 425 z późn. zm.).
Rzeczoznawcy Ministerstwa Edukacji Narodowej:
merytoryczno-dydaktyczni – dr hab. Maria Korcz, mgr Agnieszka Pfeiffer, dr hab. Wacław
Zawadowski
językowy – dr Iwona Wanda Grygiel
ds. podręczników do kształcenia specjalnego – dr Jan Piotr Omieciński

Spis treści
Rozdział 1. Stereometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach . . . . . . . 38
1.3. Ostrosłup i jego własności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4. Bryły obrotowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.4.1. Bryły obrotowe - walec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.4.2. Bryły obrotowe - stożek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
1.5. Bryły w 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Rozdział 2. Elementy statystyki opisowej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.1. Średnia, mediana, dominanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
2.2. Miary rozproszenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
Rozdział 3. Kombinatoryka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
3.1. Liczba elementów zbioru skończonego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
3.2. Reguła mnożenia, reguła dodawania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
3.3. Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
3.4. Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
3.5. Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
Rozdział 4. Prawdopodobieństwo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
4.1. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
4.2. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona) . . . . . . . . . . . . . . . 253
Słowniczek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
Rozdział 5. Odpowiedzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
Rozdział 6. O e-podręczniku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
3

Rozdział 1. Stereometria
1.1. Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni
Obraz przestrzeni, zgodny z tym, jaki tworzy oko ludzkie, jest przedstawiany w malarstwie lub
rysunku za pomocą zasad perspektywy. Dzięki temu sposobowi płaskiego odwzorowania jeste-
śmy w stanie wyobrazić sobie rzeczywisty kształt i wzajemne położenie przedstawianych obiek-
tów przestrzennych.
Takie kompleksowe podejście do związków między obiektami w przestrzeni nie będzie nam po-
trzebne. W kilku kolejnych rozdziałach będziemy badać jedynie wybrane własności pewnych figur
geometrycznych umieszczonych w przestrzeni trójwymiarowej.
W przedstawionych przykładach będziemy się starali przeprowadzić rozumowanie stosowne do
zadanej sytuacji przestrzennej. Wprowadzimy też niezbędne definicje, a kluczowe zależności mię-
dzy omawianymi obiektami podamy jako twierdzenia.
Stereometria
4

Związki miarowe w figurach przestrzennych będziemy analizować za pomocą rysunków przedsta-
wionych na płaszczyźnie. Przyjmujemy znaną i stosowaną w praktyce szkolnej umowę, że modele
figur przestrzennych (które inaczej nazywamy bryłami) będziemy odwzorowywać na płaszczyźnie
według zasad rzutu równoległego. W ten sposób figury równoległe do kartki będą przystające do
ich obrazów narysowanych na kartce, a figury nierównoległe do kartki zmienią kształt.
Poniżej przedstawiony jest model sześcianu ABCDEFGH narysowany według powyższych zasad.
Jego ściany ABEF i CDHG leżą w płaszczyźnie równoległej do kartki, więc są narysowane jako kwa-
draty, a w przypadku pozostałych ścian narysowane są równoległoboki.
Punkty i proste w przestrzeni
W poniższych przykładach będziemy ilustrowali płaszczyznę w przestrzeni, prezentując jej wybra-
ną część, istotną dla prezentowanych rozważań. Zazwyczaj będzie to prostokąt wycięty z tej płasz-
czyzny. Na rysunku przedstawiona jest płaszczyzna p1 i leżące w niej dwa punkty A i B.
Przykład 1.
Rozpatrzmy prostą AB na płaszczyźnie p1.
Zauważmy, że oprócz płaszczyzny p1 są jeszcze inne, w których leży prosta AB.
Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni
5

Rozpatrzmy teraz płaszczyznę p2 różną od p1, w której leży punkt A, ale nie leży w niej punkt
B.
Wtedy poza punktem A nie ma na prostej AB takiego punktu, który leży też w płaszczyźnie p2
.
Natomiast jeżeli punkt C leżący w płaszczyźnie p1 leży również w płaszczyźnie p2, to wszystkie
punkty prostej AC leżą zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2.
Zauważmy, że:
• p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należą wszystkie trzy punkty A, B i C,
• p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należy prosta AB oraz punkt C,
• p1 jest jedyną płaszczyzną, do której należą proste AB i AC.
Uogólniając to spostrzeżenie, stwierdzimy, że płaszczyzna jest wyznaczona jednoznacznie
przez:
• trzy różne punkty niewspółliniowe (zatem stolik na trzech nogach postawiony na podło-
dze jest stabilny - nie będzie się chwiał),
• prostą i punkt, który do niej nie należy,
• dwie proste przecinające się.
6

Dwie płaszczyzny
Twierdzenie: o dwóch różnych płaszczyznach
nierównoległych
Jeżeli dwie różne płaszczyzny p1 i p2 mają wspólne dwa różne punkty A i B, to prosta AB leży
zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2. Mówimy wtedy, że prosta AB jest krawę-
dzią przecięcia tych płaszczyzn.
W przestrzeni istnieją również pary płaszczyzn, które nie mają punktów wspólnych.
Definicja: Różne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczy-
znami równoległymi.
Możliwe są zatem trzy przypadki, opisujące wzajemne położenie dwóch płaszczyzn:
• dwie płaszczyzny pokrywają się (każdy punkt jednej płaszczyzny należy również do drugiej
płaszczyzny),
• dwie płaszczyzny przecinają się (ich częścią wspólną jest wtedy prosta),
• dwie płaszczyzny nie mają punktów wspólnych (są równoległe).
7

Uwaga. Rozpatrzmy dwie płaszczyzny równoległe p1 i p2 oraz płaszczyznę p3, która nie jest do nich
równoległa. Wówczas płaszczyzna p3 przecina każdą z płaszczyzn p1 oraz p2 wzdłuż prostej − od-
powiednio k lub l.
Te proste leżą w jednej płaszczyźnie p3, ale nie mają punktów wspólnych, ponieważ leżą w płasz-
czyznach równoległych p1 oraz p2. Oznacza to, że proste k i l są także równoległe.
Z drugiej strony: jeżeli w każdej z dwóch płaszczyzn równoległych p1 oraz p2 wybierzemy proste
równoległe odpowiednio k i l, to przez te proste przechodzi dokładnie jedna płaszczyzna.
Zatem płaszczyzna jest wyznaczona jednoznacznie również przez dwie proste równoległe.
Prosta i płaszczyzna
Definicja: prosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych,
jest równoległa do tej płaszczyzny.
Uwaga. Przyjmujemy, że każda prosta leżąca w płaszczyźnie jest także równoległa do tej płaszczy-
zny (jak np. prosta AB z poprzedniego przykładu, która leży w płaszczyźnie p1).
8

Definicja: prosta przebijająca płaszczyznę
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie jest do tej płaszczyzny równoległa, ma do-
kładnie jeden punkt wspólny z tą płaszczyzną. Mówimy, że prosta przebija płaszczy-
znę w tym punkcie.
Możliwe są zatem trzy przypadki, opisujące wzajemne położenie prostej i płaszczyzny:
• prosta leży na płaszczyźnie (każdy punkt prostej jest również punktem płaszczyzny),
• prosta przebija płaszczyznę (prosta ma dokładnie jeden punkt wspólny z płaszczyzną),
• prosta jest równoległa do płaszczyzny (prosta i płaszczyzna nie mają punktów wspólnych).
Przykład 2.
Na rysunku przedstawiony jest graniastosłup trójkątny ABCDEF o podstawach ABC i DEF.
Rozpatrzmy płaszczyznę p1, w której leży podstawa ABC. Prosta AB leży w tej płaszczy-
źnie, prosta DE jest do niej równoległa, a prosta DC przebija płaszczyznę p1 w punkcie
C.
a)
9

Dwie proste w przestrzeni
Przypomnijmy, że dwie proste przecinające się oraz dwie różne proste równoległe leżą w jednej
płaszczyźnie.Istnieją w przestrzeni pary prostych, które nie mają punktów wspólnych i nie leżą w
jednej płaszczyźnie.
Rozpatrzmy płaszczyznę p2, w której leży ściana boczna BCFE. Prosta FC leży w tej
płaszczyźnie, prosta DA jest do niej równoległa, a prosta DB przebija płaszczyznę p2 w
punkcie B.
b)
Rozpatrzmy płaszczyznę p3, w której leżą punkty A, B oraz F. Trójkąt ABF jest płaskim
przekrojem graniastosłupa ABCDEF płaszczyzną p3. Prosta AB leży w tej płaszczyźnie,
prosta CF przebija ją w punkcie F, a prosta DE jest do płaszczyzny p3 równoległa.
c)
10

Przykład 3.
Wybierzmy w przestrzeni punkty A i B oraz taki trzeci punkt C, który nie leży na prostej AB.
Płaszczyznę, którą wyznaczyły punkty A, B, C, oznaczmy przez p.
Rozpatrzmy teraz prostą k, która przebija płaszczyznę p w punkcie C i wybierzmy na prostej
k punkt D różny od C.
Pokażemy, że proste AB i CD nie mają punktów wspólnych.
Gdyby proste AB i CD miały punkt wspólny, to te dwie proste wyznaczałyby płaszczyznę. Po-
nieważ punkty A, B oraz C leżą w płaszczyźnie p, więc to właśnie p byłaby płaszczyzną wy-
znaczoną przez proste AB i CD. Jednakże punkt D nie leży w płaszczyźnie p, co oznacza, że
proste AB i CD nie mają punktów wspólnych i nie leżą w jednej płaszczyźnie. Proste AB i CD
są tak zwanymi prostymi skośnymi.
Definicja: proste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi
skośnymi.
Przykład 4.
Na rysunku przedstawiony jest prostopadłościan ABCDEFGH.
11

Wykażemy, że:
proste AB i DH są skośne
Rozpatrzmy płaszczyznę ściany ADHE. W tej płaszczyźnie leżą punkty A, D i H, nato-
miast punkt B w niej nie leży.
Zatem proste AB i DH są skośne.
a)
proste AE i BH są skośne
Rozpatrzmy płaszczyznę ściany ABFE. W tej płaszczyźnie leżą punkty A, B i E, nato-
miast punkt H w niej nie leży. Zatem proste AE i BH są skośne.
b)
12

Możliwe są zatem cztery następujące przypadki opisujące wzajemne położenie dwóch prostych w
przestrzeni:
• proste pokrywają się (każdy punkt jednej prostej należy również do drugiej),
• proste leżą w jednej płaszczyźnie i przecinają się w jednym punkcie,
• proste leżą w jednej płaszczyźnie i nie mają punktów wspólnych (są równoległe),
• proste nie leżą w jednej płaszczyźnie i nie mają punktów wspólnych (są skośne).
Prosta prostopadła do płaszczyzny. Kąt nachylenia
prostej do płaszczyzny
Omówimy teraz pojęcie prostej prostopadłej do płaszczyzny.
W wielu sytuacjach praktycznych użytkujemy sprzęty, w których działaniu widać zastosowanie
modelu pojęcia prostej prostopadłej do płaszczyzny. Każde skrzydła drzwi, okna (o ile nie są uchyl-
ne), bramy czy furtki muszą być zamocowane na zawiasach do pionowego, nieruchomego słupka
ościeżnicy (nazywanej też futryną). Fachowiec, który montuje taką ościeżnicę, musi sprawdzić, czy
słupek jest umocowany w pionie. Za pomocą odpowiednich narzędzi (np. poziomicy) weryfikuje
ustawienie słupka, korzystając z następującej zasady: słupek jest ustawiony pionowo, gdy zostało
ustalone, że jest on prostopadły do poziomu w dwóch różnych kierunkach. Kiedy słupek ościeżni-
cy jest zamocowany pionowo, to niezależnie od tego, jak odchylimy zamocowane do niego skrzy-
dła drzwi, zawsze będziemy mieli pewność, że są one ustawione właściwie (czyli prostopadle do
poziomu).
Formalnie pojęcie prostej prostopadłej do płaszczyzny wprowadzamy za pomocą następującej
definicji.
proste BH i DG są skośne
Rozpatrzmy płaszczyznę ściany DCGH, w której leżą punkty D, G i H. Punkt B nie leży
w płaszczyźnie wyznaczonej przez punkty D, G i H. Zatem proste BH i DG są skośne.
c)
13

Definicja: prostej prostopadłej do płaszczyzny
Prostą k, przebijającą płaszczyznę p w punkcie O nazywamy prostopadłą do tej
płaszczyzny, gdy prosta k jest prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie
p i przechodzącej przez punkt O.
Twierdzenie: o prostej prostopadłej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz dwie zawarte w tej płaszczyźnie proste l i m, które przecinają
się w punkcie O. Jeżeli prosta k przebija płaszczyznę p w punkcie O tak, że jest prostopadła
zarówno do prostej m, jak i do prostej l, to jest ona prostopadła do każdej prostej leżącej w
płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
Przykład 5.
Wybierzmy na prostej k punkt K różny od O. Przez K’ oznaczmy punkt symetryczny do K
względem O.
Rozpatrzmy w płaszczyźnie p dwie proste:
• dowolną prostą n, która przechodzi przez punkt O i jest różna od każdej z prostych k i l,
• dowolną prostą s, która leży w płaszczyźnie p i nie przechodzi przez punkt O.
Przez L, M oraz N oznaczmy punkty, w których prosta s przecina proste odpowiednio l, m i
n.
Wtedy:
• w trójkącie KK’M prosta OM jest prostopadła do KK’ i przechodzi przez środek O tego
boku, zatem jest symetralną boku KK’. Oznacza to, że | MK | = | MK' | .
14

• w trójkącie KK’L prosta OL jest prostopadła do KK’ i przechodzi przez środek O tego bo-
ku, zatem jest symetralną boku KK’. Oznacza to, że | LK | = | LK' | .
Ponieważ | MK | = | MK' | oraz | LK | = | LK' | , więc na mocy cechy bok-bok-bok
stwierdzamy, że trójkąty MKL i MK’L są przystające. Stąd wynikają równości kątów:
| ?KML | = | ?K'ML | oraz | ?KLM | = | ?K'LM | .
Ponieważ | MK | = | MK' | oraz | ?KMN | = | ?K'MN | , więc na mocy cechy bok-kąt-
bok stwierdzamy, że trójkąty MKN i MK’N są przystające. Stąd | NK | = | NK' | , co ozna-
cza, że trójkąt KNK’ jest równoramienny. W tym trójkącie środkowa ON poprowadzona z
wierzchołka między ramionami jest prostopadła do podstawy KK’. Oznacza to, że prosta n
jest prostopadła do prostej k. To spostrzeżenie kończy dowód.
Uwaga. Ponieważ prosta KK’ jest prostopadła do płaszczyzny p, więc każda z płaszczyzn przecho-
dzących przez prostą KK’:
• płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz M,
• płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz N,
• płaszczyzna wyznaczona przez punkty K, K’ oraz L
jest prostopadła do płaszczyzny p.
Zatem dwie płaszczyzny nazywamy prostopadłymi, jeśli jedna przechodzi przez prostą prostopa-
dłą do drugiej.
Prowadząc prostopadłą na płaszczyznę p z punktu A leżącego poza tą płaszczyzną, przebijamy
płaszczyznę p w punkcie B. Długość odcinka AB wyznacza odległość punktu A od płaszczyzny p. Je-
żeli wybierzemy na płaszczyźnie p dowolny punkt P różny od B, to jego odległość od A jest większa
od długości odcinka AB, co natychmiast wynika z zastosowania twierdzenia Pitagorasa w trójkącie
prostokątnym ABP.
15

Punkt B nazywamy też rzutem prostokątnym punktu A na płaszczyznę p.
Równie oczywiste jest spostrzeżenie, że wszystkie punkty prostej równoległej do danej płaszczy-
zny są równoodległe od tej płaszczyzny.
Jeżeli natomiast dla pewnych dwóch punktów prostej odległości od płaszczyzny są różne, to ta
prosta przebija płaszczyznę.
Zauważmy, że rzutem prostokątnym dowolnej prostej k na płaszczyznę p jest prosta l, którą nie-
kiedy nazywa się śladem prostej k na płaszczyźnie p.
16

Przykład 6.
Przy montażu terenowego masztu antenowego stosuje się tzw. odciągi. Są to zazwyczaj linki
stalowe o odpowiedniej wytrzymałości. Jeden koniec odciągu jest połączony z konstrukcją
masztu, a drugi – z podłożem. Do mocowania odciągu w praktyce stosuje się regulowane po-
łączenia przegubowe zarówno od strony podłoża, jak i masztu. Odciągi rozmieszcza się rów-
nomiernie wokół osi masztu, w grupach po trzy lub cztery. Żeby odciągi te jednakowo prze-
nosiły obciążenia poziome, należy zadbać również o to, aby były nachylone do płaszczyzny
podłoża pod takim samym kątem.
Pokażemy, że wszystkie te warunki są zrealizowane, gdy miejsca połączeń odciągów z fun-
damentem znajdują się w wierzchołkach wielokąta foremnego, wpisanego w okrąg o środku
znajdującym się w punkcie mocowania masztu do podłoża.
Rozpatrzmy model masztu z trzema odciągami (jak na rysunku).
Spójrzmy na płaszczyznę p, w której leżą punkty A, B, C i O. Punkty A, B, C znajdują się w
wierzchołkach trójkąta równobocznego, wpisanego w okręg o środku O.
17

Każdy z odcinków: OA, OB, OC jest rzutem prostokątnym odcinka odpowiednio: AW, BW
oraz CW na płaszczyznę p.
Ponieważ | AO | = | BO | = | CO | , więc na mocy cechy bok-kąt-bok trójkąty prosto-
kątne: AOW, BOW, COW są przystające. Oznacza to, że odcinki AW, BW oraz CW są równe,
a także równe są kąty: OAW, OBW, OCW.
Każdy z kątów: OAW, OBW, OCW uznajemy za kąt nachylenia prostej odpowiednio: AW, BW
oraz CW do płaszczyzny p.
Przyjmujemy bowiem następującą umowę.
18

Definicja: kąt nachylenia prostej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która nie jest ani równoległa, ani prosto-
padła do płaszczyzny p. Kątem nachylenia prostej k do płaszczyzny p nazywamy kąt
ostry między tą prostą i jej rzutem prostokątnym l na płaszczyznę p.
Przykład 7.
Rozpatrzmy model masztu OW z czterema odciągami AW, BW, CW oraz DW. Przy opisanych
wcześniej założeniach: czworokąt ABCD jest kwadratem, którego przekątne przecinają się w
punkcie O.
Ponieważ | AO | = | BO | = | CO | = | DO | , więc na mocy cechy bok-kąt-bok trój-
kąty prostokątne: AOW, BOW, COW oraz DOW są przystające. Oznacza to, że równe są kąty
nachylenia odcinków AW, BW, CW oraz DW do płaszczyzny, w której leży kwadrat ABCD.
19

Przykład 8.
W graniastosłupie prawidłowym trójkątnym ABCDEF podstawami są trójkąty ABC i DEF. Za-
znaczymy kąt, pod jakim przekątna DB ściany bocznej ABCD jest nachylona do ściany bocz-
nej BCFE.
Wyznaczymy rzut prostokątny prostej BD na ścianę BCFE. Postawmy w tym celu graniasto-
słup na tej ścianie.
Zauważmy, że prosta BD przebija ścianę BCFE w punkcie B. Dany graniastosłup jest prosty,
zatem płaszczyzny ścian DEF i BCFE są prostopadłe. Ponadto trójkąt DEF jest równoboczny,
więc rzutem prostokątnym punktu D na ścianę BCFE jest punkt G – środek krawędzi EF. Za-
tem kątem α, pod jakim prosta DB jest nachylona do ściany BCFE, jest kąt DBG.
20

Twierdzenie o trzech prostych prostopadłych
Reguła: o trzech prostych prostopadłych
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Oznacz-
my przez l prostą, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p.
Wówczas dowolna prosta m leżąca w płaszczyźnie p jest prostopadła do prostej k wtedy i tyl-
ko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l.
Dowód
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który
leży na prostej l.
21

Wtedy prosta KL jest prostopadła do płaszczyzny p, a więc każda płaszczyzna, która zawiera
prostą KL, jest prostopadła do p. Jedną z takich płaszczyzn jest ta, którą wyznaczają proste k
i l. Nazwijmy tę płaszczyznę p’.
Rozpatrzmy prostą n leżącą w płaszczyźnie p’, przechodzącą przez punkt P i równoległą do
KL.
Ponieważ prosta n jest prostopadła do płaszczyzny p, więc jest również prostopadła do pro-
stej m.
Zatem:
• jeżeli m jest także prostopadła do k, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest pro-
stopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz k), zatem i do prostej l,
• jeżeli m jest także prostopadła do l, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest pro-
stopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz l), zatem i do prostej k.
Oznacza to, że prosta m jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopa-
dła do prostej l.
To spostrzeżenie kończy dowód.
22

Przykład 9.
Podstawą ostrosłupa ABCDW jest prostokąt ABCD. Krawędź boczna DW jest wysokością tego
ostrosłupa. Wykażemy, że wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami prostokąt-
nymi.
Ponieważ krawędź boczna DW jest wysokością tego ostrosłupa, więc prosta DW jest prosto-
padła do płaszczyzny podstawy ABCD danego ostrosłupa. W szczególności DW jest prosto-
padła do prostych DA oraz DC, zatem trójkąty ADW i CDW są prostokątne.
Zauważmy ponadto, że:
• prosta AW przebija płaszczyznę podstawy ostrosłupa w punkcie A, a jej rzutem prosto-
kątnym na tę płaszczyznę jest prosta DA,
• prosta CW przebija płaszczyznę podstawy ostrosłupa w punkcie C, a jej rzutem prosto-
kątnym na tę płaszczyznę jest prosta DC.
Ponieważ ABCD jest prostokątem, więc prosta DA jest prostopadła do prostej AB, a prosta
DC jest prostopadła do prostej CB. Korzystając zatem z twierdzenia o trzech prostych prosto-
padłych, stwierdzamy, że:
• prosta AW jest prostopadła do prostej AB, co oznacza, że trójkąt ABW jest prostokątny,
• prosta CW jest prostopadła do prostej CB, co oznacza, że trójkąt BCW jest prostokątny.
W ten sposób wykazaliśmy, że wszystkie ściany boczne ostrosłupa ABCDW są trójkąta-
mi prostokątnymi.
23

Kąt między dwiema płaszczyznami
Podamy teraz sposób, według którego mierzymy kąt nachylenia płaszczyzny q do płaszczyzny p,
gdy te płaszczyzny nie są ani równoległe, ani prostopadłe.
W tym celu z dowolnego punktu P wybranego na krawędzi k tych płaszczyzn (czyli na prostej,
wzdłuż której przecinają się płaszczyzny p i q) prowadzimy w każdej z tych płaszczyzn prostą pro-
stopadłą do krawędzi k – oznaczmy te proste przez l i m. Mniejszy z kątów utworzonych przez
proste l i m nazywamy kątem nachylenia płaszczyzny p do płaszczyzny q.
Praktycznie dla zmierzenia takiego kąta nachylenia wystarczy zatem zaznaczyć dwie prostopadłe
do krawędzi półproste w stosownych do sytuacji półpłaszczyznach i zmierzyć kąt między nimi.
W tej sytuacji warto przypomnieć pomysł z wcześniejszego przykładu – po otwarciu drzwi zamo-
cowanych do pionowego słupka ościeżnicy możemy, stosując powyższy przepis, bez kłopotu zmie-
rzyć kąt, o jaki skrzydła tych drzwi odchyliły się od płaszczyzny, w której zamocowana jest oścież-
nica.
Przykład 10.
Wróćmy do modelu, rozpatrywanego w przykładzie 7. Wykażemy, że każda z czterech płasz-
czyzn ścian bocznych ostrosłupa ABCDW jest nachylona pod tym samym kątem do płaszczy-
zny podstawy ABCD.
• sposób I
Rozpatrzmy dwie płaszczyzny: płaszczyznę p, w której leży kwadrat ABCD, oraz płaszczyznę
q1, w której leżą punkty B, C i W. Oznaczmy przez E środek odcinka BC.
Narysujmy trójkąt BCW na płaszczyźnie, na której leży kwadrat ABCD.
24

Zauważmy, że
• ponieważ punkty B i C są równo oddalone od punktu O, więc O leży na symetralnej od-
cinka BC,
• ponieważ punkty B i C są równo oddalone od punktu W, więc W leży na symetralnej od-
cinka BC.
Zatem w punkcie E, symetralna OW przecina pod kątem prostym odcinek BC.
Oznacza to, że mierząc kąt OEW (oznaczony na rysunku jako α), dowiemy się, pod jakim
kątem płaszczyzna q1 jest nachylona do płaszczyzny p.
Rozpatrzmy z kolei płaszczyzny:
• q2 – w której leżą punkty C, D i W,
• q3 – w której leżą punkty D, A i W,
• q4 – w której leżą punkty A, B i W.
Oznaczmy też środki odcinków CD, DA oraz AB przez odpowiednio F, G oraz H.
Narysujmy teraz każdy z trójkątów: ABW, BCW, CDW i DAW na płaszczyźnie, na której leży
kwadrat ABCD.
25

Rozumując podobnie jak w przypadku płaszczyzn p i q1, stwierdzamy, że:
• kąt nachylenia płaszczyzny q2 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OFW,
• kąt nachylenia płaszczyzny q3 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OGW,
• kąt nachylenia płaszczyzny q4 do płaszczyzny p ma miarę taką, jak kąt OHW.
Ponieważ trójkąty OEW, OFW, OGW oraz OHW mają równe przyprostokątne (są to wysoko-
ści przystających trójkątów równoramiennych ABW, BCW, CDW oraz DAW), a także równe
są odcinki OE, OF, OG oraz OH, to te trójkąty są przystające. Zatem kąty OEW, OFW, OGW
i OHW są równe. Stąd równe są kąty nachylenia płaszczyzn q1, q2, q3 oraz q4 do płaszczyzny
p.
• sposób II
Tym razem pokażemy, że przy ustalaniu miar omawianych kątów dwuściennych można sko-
rzystać z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych.
Zauważmy, że prosta OW jest prostopadła do płaszczyzny p, w której leży kwadrat ABCD. Pro-
sta WE przebija płaszczyznę p w punkcie E. Rzutem prostokątnym prostej WE na płaszczyznę
p jest prosta OE. Ponieważ prosta WE jest prostopadła do prostej BC (bo WE jest wysokością
w trójkącie równoramiennym BCW), więc na podstawie twierdzenia o trzech prostych pro-
stopadłych jest również prostopadła do prostej OE. Zatem kąt OEW opisuje kąt nachylenia
płaszczyzny q1 do płaszczyzny p.
26

Korzystając z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych, opisujemy kąty nachylenia płasz-
czyzn q2, q3, q4 do płaszczyzny p jako kąty OFW, OGW i OHW. W trójkątach
OEW, OFW, OGW i OHW przyprostokątna OW jest wspólna, a przeciwprostokątne
EW, FW, GW i HW są równe, więc te trójkąty są przystające. Stąd równe są kąty nachylenia
płaszczyzn q1, q2, q3 oraz q4 do płaszczyzny p.
Uwaga.
Podobne rozumowanie pozwala stwierdzić, że w dowolnym ostrosłupie prawidłowym równe
są kąty, pod jakimi każda ze ścian bocznych jest nachylona do płaszczyzny podstawy. W każ-
dym takim ostrosłupie spodek O wysokości poprowadzonej z wierzchołka W ostrosłupa na
podstawę jest bowiem środkiem okręgu opisanego na tej podstawie. Równe są także wyso-
kości ścian bocznych takiego ostrosłupa. Zatem z twierdzenia o trzech prostych prostopa-
dłych otrzymujemy przystawanie trójkątów, w których jeden z kątow ostrych ma miarę kąta
nachylenia ściany bocznej do podstawy. Stąd te kąty nachylenia są równe.
Przykład 11.
Podstawą ostrosłupa ABCDW jest kwadrat ABCD. Punkt E jest środkiem krawędzi AD, odci-
nek EW jest wysokością ostrosłupa.
Zaznaczymy kąty nachylenia ścian bocznych: ABW, BCW, CDW oraz DAW tego ostrosłupa
do płaszczyzny podstawy ABCD.
27

Ponieważ prosta WE jest prostopadła do płaszczyzny podstawy ABCD, więc ściana DAW jest
również prostopadła do tej płaszczyzny.
Prosta EA jest rzutem prostokątnym prostej WA na płaszczyznę podstawy ABCD. Ponieważ
podstawą jest kwadrat ABCD, więc prosta EA jest prostopadła do prostej AB. Zatem na pod-
stawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych także prosta WA jest prostopadła do pro-
stej AB. Oznacza to, że kąt WAE jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany WAB do płaszczy-
zny podstawy ABCD.
Prosta ED jest rzutem prostokątnym prostej WD na płaszczyznę podstawy ABCD. Proste ED
i DC są prostopadłe, zatem na podstawie twierdzenia o trzech prostych prostopadłych rów-
nież prosta WD jest prostopadła do prostej DC. Oznacza to, że kąt WDE jest kątem nachyle-
nia płaszczyzny ściany WDC do płaszczyzny podstawy ABCD.
Zauważmy, że w przypadku tego ostrosłupa kąty nachylenia dwóch ścian: ABW oraz CDW
do płaszczyzny podstawy ABCD zmierzyliśmy za pomocą kątów płaskich odpowiednio: WAD
i WDA w ścianie DAW.
28

Oznaczmy środek krawędzi BC przez F. Wtedy prosta EF jest rzutem prostokątnym prostej
WF na płaszczyznę podstawy ABCD. Proste EF i BC są prostopadłe, zatem na podstawie twier-
dzenia o trzech prostych prostopadłych również prosta WF jest prostopadła do prostej BC.
Oznacza to, że kąt WFE jest kątem nachylenia płaszczyzny ściany WBC do płaszczyzny pod-
stawy ABCD.
Odkładając każdy z trójkątów: ABW, BCW, CDW oraz DAW na płaszczyznę kwadratu ABCD,
otrzymamy następującą siatkę ostrosłupa ABCDW.
29

Przykład 12.
Rozpatrzmy ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDW.
Płaszczyzny ścian ABW oraz CDW mają punkt wspólny W, zatem przecinają się wzdłuż pewnej
prostej przechodzącej przez W. Zaznaczymy krawędź k przecięcia tych płaszczyzn.
Zauważmy, że proste AB i CD są równoległe. Zatem prosta k przechodząca przez W i równo-
legła do jednej z nich jest równoległa także do drugiej.
Oznacza to, że prosta k
• jest równoległa do prostej AB i przechodzi przez punkt W, zatem leży w płaszczyźnie
ściany ABW,
• jest równoległa do prostej CD i przechodzi przez punkt W, zatem leży w płaszczyźnie
ściany CDW.
Płaszczyzny tych ścian nie są, oczywiście, równoległe, zatem prosta k jest szukaną krawędzią
przecięcia płaszczyzn ścian ABW i CDW.
30

Przykład 13.
Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDW jest trapez równoramienny ABCD, w którym
podstawa AB jest krótsza od podstawy CD.
Płaszczyzny ścian ADW oraz BCW mają punkt wspólny W, zatem przecinają się wzdłuż pewnej
prostej przechodzącej przez W. Zaznaczymy krawędź przecięcia tych płaszczyzn.
Zauważmy, że proste AD i BC nie są równoległe. Zatem punkt E, w którym te proste się prze-
cinają, leży jednocześnie w płaszczyźnie ściany ADW (bo każdy punkt prostej AD leży w tej
płaszczyźnie) oraz w płaszczyźnie ściany BCW (bo każdy punkt prostej BC leży w tej płaszczy-
źnie).
Mamy zatem dwa punkty E i W, które należą jednocześnie do płaszczyzny każdej ze ścian:
ADW oraz BCW. Punkty te leżą więc na krawędzi, wzdłuż której przecinają się płaszczyzny
tych ścian. Oznacza to, że prosta WE jest szukaną krawędzią.
31

Przykład 14.
Na krawędziach CG oraz HE sześcianu ABCDEFGH wybrano punkty odpowiednio K i L.
Zaznaczymy płaski przekrój tego sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz
L.
Do płaszczyzny tego przekroju należy prosta BK. Oznaczmy przez M punkt przecięcia tej pro-
stej z krawędzią FG, wzdłuż której przecinają się płaszczyzny ścian BCGF oraz EHGF. Zatem
punkt M należy do płaszczyzny p, a także leży w płaszczyźnie ściany EHGF. W tej płaszczy-
źnie leży też punkt L, który należy do płaszczyzny przekroju. Oznacza to, że prosta ML należy
do płaszczyzny p. Oznaczmy przez P punkt, w którym prosta ML przecina krawędź EF mię-
dzy płaszczyznami GHEF oraz BAEF. Punkt P należy do płaszczyzny przekroju, a także leży w
płaszczyźnie ściany ABFE. W tej płaszczyźnie leży również punkt B, który należy do płaszczy-
zny p. Zatem prosta PB należy do płaszczyzny przekroju.
Oznaczmy przez N punkt, w którym prosta PM przecina krawędź GH, a przez Q – punkt, w
którym prosta PB przecina krawędź AE.
Wobec tego płaskim przekrojem sześcianu płaszczyzną p, do której należą punkty B, K oraz
L jest pięciokąt BKNLQ.
32

Zauważmy, że proste BK i QL leżą w płaszczyznach równoległych ścian odpowiednio BCGF i
ADHE danego sześcianu. Zatem te proste nie mają punktów wspólnych, a więc są skośne lub
równoległe. Jednocześnie obie te proste leżą w płaszczyźnie p, co oznacza że, są to proste
równoległe.
Rozumując podobnie, można uzasadnić twierdzenie o dwóch płaszczyznach równoległych
przeciętych płaszczyzną.
Twierdzenie: o dwóch płaszczyznach równoległych
przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie
przecięcia są prostymi równoległymi.
Przykład 15.
Na podstawie tego twierdzenia stwierdzamy, że również proste BQ i NK są równoległe –
otrzymujemy je w wyniku przecięcia płaszczyzną p dwóch równoległych płaszczyzn: płaszczy-
zny ściany ABFE oraz płaszczyzny ściany CDHG.
Zatem pięciokąt BKNLQ ma dwie pary boków równoległych: BQ | | NK oraz BK | | QL.
33

Przykład 16.
Rozpatrzmy sześcian ABCDEFGH, którego krawędź ma długość a. Wykorzystując spostrze-
żenia poczynione w poprzednim przykładzie, można wykazać, że płaski przekrój sześcianu
płaszczyzną p, do której należą środki K, L, M krawędzi, odpowiednio EH, HG oraz GC (zo-
bacz rysunek), jest sześciokątem foremnym.
Do tego przekroju należy bowiem prosta równoległa do prostej KL i przechodząca przez
punkt M. Ta prosta przecina krawędź AE w jej środku N.
Ponieważ ściany ADHE i BCGF są równoległe, więc płaszczyzna p przecina ścianę BCGF
wzdłuż prostej równoległej do KN i przechodzącej przez punkt M. Ta prosta przecina krawędź
BC w jej środku P.
Rozumując podobnie, pokazujemy, że do płaszczyzny przekroju należy prosta równoległa do
prostej KL i przechodząca przez punkt P. Ta prosta przecina krawędź AB w jej środku Q.
34

Zatem przekrojem danego sześcianu jest sześciokąt KLMPQN.
Jego wierzchołki są środkami sześciu krawędzi sześcianu, więc każdy z boków tego sze-
ściokąta ma długość
a√2
2
. Zauważmy też, że każda z przekątnych PK, QL i NM sześciokąta
KLMPQN jest odcinkiem łączącym środki przeciwległych (nieskośnych) krawędzi sześcianu,
zatem jest równa przekątnej ściany sześcianu. Stąd każda z tych przekątnych ma długość
a√2. Oznaczmy przez S punkt, w którym przecinają się przekątne PK i QL. Ponieważ czworo-
kąt KLPQ jest równoległobokiem (KL | | PQ oraz | KL | = | PQ | =
a√2
2 ), więc S jest środ-
kiem każdego z odcinków PK, QL. Rozumując podobnie, pokazujemy, że czworokąt LMQN
również jest równoległobokiem, co oznacza, że S jest także środkiem odcinka NM. Wobec
tego przekątne PK, QL i NM dzielą sześciokąt KLMPQN na sześć trójkątów równobocznych o
boku
a√2
2
. To spostrzeżenie kończy dowód - sześciokąt KLMPQN jest foremny.
Podamy jeszcze jeden sposób uzasadnienia, że sześciokąt KLMPQN jest foremny.
Rozpatrzmy proste KL, MP oraz NQ. Ponieważ leżą one w jednej płaszczyźnie, więc:
• proste KL i MP przecinają się w punkcie X, leżącym na krawędzi FG między płaszczyzna-
mi ścian BCGF oraz EHGF,
• proste MP i QN przecinają się w punkcie Y, leżącym na krawędzi FB między płaszczyzna-
mi ścian CGFB oraz AEFB,
35

• proste QN i KL przecinają się w punkcie Z, leżącym na krawędzi FE między płaszczyzna-
mi ścian GHEF oraz BAEF.
W płaszczyźnie ściany EFGH, na prostej KL leżą punkty X oraz Z.
Ponieważ K i L są środkami krawędzi odpowiednio HG i HE, więc trójkąt HKL jest trój-
kątem prostokątnym i równoramiennym. Zatem w trójkątach prostokątnych KGX i LEZ
kąty ELZ oraz XKG są równe 45 ° , co oznacza, że są to trójkąty równoramienne. Wobec
tego każdy z nich jest przystający do trójkąta HKL. Stąd wynika, że
| XK | = | KL | = | LZ | = √2
2
a, a więc | XZ | = 3 | KL | =
3√2
2
a.
Rozumując podobnie pokazujemy, że:
• | XM | = | MP | = | PY | = √2
2
a, stąd | XY | =
3√2
2
a,
• | YQ | = | QN | = | NZ | = √2
2
a, stąd | YZ | =
3√2
2
a.
Trójkąt XYZ jest więc równoboczny i ma bok długości
3√2
2
a. Każdy z trójkątów XML, YPQ oraz
ZKN jest też równoboczny i ma bok długości √2
2
a. To oznacza, że w sześciokącie KLMPQN każ-
dy z boków jest równy √2
2
a i każdy z kątów wewnętrznych ma miarę 120 ° Zatem sześciokąt
KLMPQN jest foremny.
Zauważmy przy okazji, że jeżeli płaski przekrój sześcianu jest czworokątem, to płaszczyzna
tego przekroju przecina pewne cztery ściany sześcianu. Ponieważ w sześcianie są trzy pary
36

ścian równoległych, więc wśród tych czterech ścian sześcianu pewne dwie są równoległe. Za-
tem przekrój ten jest trapezem. W szczególności może być rombem, a także może być pro-
stokątem.
37

1.2. Graniastosłup prosty i jego własności. Związki
miarowe w graniastosłupach
Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach
38

Definicja: Graniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy
graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są
prostokątami.
Aplikacja na epodreczniki.pl
39

Film na epodreczniki.pl
Przykład 1.
40

Ważne
Podstawą graniastosłupa może być trójkąt, czworokąt i sześciokąt.
41

Ważne
Jeżeli podstawą graniastosłupa jest wielokąt foremny (trójkąt równoboczny, kwadrat, pięcio-
kąt foremny itd.), to mówimy, że taki graniastosłup jest prawidłowy.
Graniastosłup, którego podstawą jest prostokąt, nazywać będziemy prostopadłościanem.
42

Odcinki w prostopadłościanie
43

Kąty w prostopadłościanie
44

Przekroje w prostopadłościanie
Ważne
Sześcian to taki prostopadłościan, którego wszystkie ściany są kwadratami.
Przykład 2.
Krawędź sześcianu jest równa 6 cm. Obliczymy długość przekątnej sześcianu.
Zauważ, że jeśli podobne obliczenia wykonamy dla dowolnego sześcianu o krawędzi a, to otrzy-
mamy wzór na przekątne sześcianu.
Zapamiętaj
Przekątna sześcianu o krawędzi a jest równa
45

d = a√3
Siatka sześcianu
46

Siatka sześcianu
Siatka prostopadłościanu
47

Siatka graniastosłupa
48

Przykład 3.
Punkty M i K są środkami krawędzi sześcianu. Obliczymy pole powierzchni czworokąta ABKM
.
Odcinki AB i MK leżą na płaszczyznach równoległych i są sobie równe. Podobnie odcinki
AM ? BK oraz | AM | = | BK | . Ponadto odcinek BK leży na płaszczyźnie prostopadłej do
podstawy sześcianu i jest prostopadły do krawędzi AB. Wynika z tego, że czworokąt ABKM
jest prostokątem. Obliczymy długości boków prostokąta ABKM.
49

Pole powierzchni całkowitej i objętość
graniastosłupa.
Zapamiętaj
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa jest równe
Pc = 2 ∙ Pp + Pb
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a Pb – pole powierzchni bocznej.
W szczególności pole całkowite
• prostopadłościanu o krawędziach a, b, c jest równe
Pc = 2(ab + ac + bc)
• sześcianu o krawędzi a jest równe
Pc = 6a
2
• graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
równe
Pc = 2a
2
+ 4aH
Zapamiętaj
Objętość graniastosłupa jest równa
50

V = Pp ∙ H
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.
W szczególności objętość
• prostopadłościanu o krawędziach a, b, c jest równa V = abc
• sześcianu o krawędzi a jest równa
V = a
3
• graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
równa
V = a
2
∙ H
Przykład 4.
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 12. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość
sześcianu.
Przekątna kwadratu jest równa a√2, zatem otrzymujemy równanie a√2 = 12, czyli a = 6√2.
Wynika z tego, że objętość sześcianu jest równa
V = a
3
= (6√2)
3
= 432√2
a pole powierzchni całkowitej
Pc = 6a
2
= 6 ∙ (6√2)
2
= 432
51

Przykład 5.
W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym przekątna podstawy ma długość 6 cm, a
przekątna ściany bocznej 10 cm. Obliczymy pole powierzchni całkowitej graniastosłupa.
52

Przykład 6.
Oblicz pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, którego
krawędź podstawy ma długość 6√2 cm, a przekątna graniastosłupa jest 2 razy dłuższa od
przekątnej podstawy.
53

Przykład 7.
Przekątna prostopadłościanu ma długość 6 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 30 °
. Pole podstawy prostopadłościanu jest równe 24 cm
2
. Oblicz objętość bryły.
54

Przykład 8.
Podstawą graniastosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 12√3 . Przekątna ściany bocznej
jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz pole powierzchni całkowitej
bryły.
Przykład 9.
Objętość graniastosłupa o podstawie kwadratu jest równa 72√3. Przekątna ściany bocznej
jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 30 ° . Obliczymy pole powierzchni całko-
witej graniastosłupa.
Pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe Pc = 2a
2
+ 4aH - zatem do jego
obliczenia będzie potrzebna długość krawędzi podstawy i wysokość bryły.
W trójkącie prostokątnym ABA1 mamy:
tg 30 ° =
H
a
55

zatem
√3
3
=
H
a
czyli
H = a√3
3
Objętość graniastosłupa jest równa V = a
2
∙ H, czyli 72√3 = a
2
∙ H .
Wstawiając wyznaczoną wcześniej wartość H, otrzymamy
72√3 = a
3√3
3
, czyli a
3
= 216 .Wynika z tego, że a = 6 oraz
H = a√3
3
= 6 ∙ √3
3
= 2√3
Zatem pole powierzchni całkowitej jest równe:
Pc = 2a
2
+ 4aH = 2 ∙ 6
2
+ 4 ∙ 6 ∙ 2√3 = 72 + 48√3
Przykład 10.
Objętość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 75 dm
3
. Przekątna pod-
stawy graniastosłupa ma długość 5 dm. Oblicz sinus kąta nachylenia przekątnej graniasto-
słupa do płaszczyzny podstawy.
56

Poziom trudności: AZadanie 1.2.1
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 286 cm
2
.
Przekątna podstawy jest równa 4√2 cm. Oblicz objętość tego graniastosłupa
(Pokaż odpowiedź)
Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 144 cm
2
,
a suma długości wszystkich krawędzi jest równa 60 cm . Oblicz objętość tego graniastosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Pole podstawy graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równe 27√3 , a przekątna ściany
bocznej jest nachylona do krawędzi podstawy pod kątem 45 ° . Oblicz objętość graniastosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Jedna z krawędzi podstawy prostopadłościanu jest 3 razy większa od drugiej. Przekątna prosto-
padłościanu ma długość 2√5 cm i jest nachylona do podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość
prostopadłościanu.
(Pokaż odpowiedź)
Przekątna podstawy sześcianu ma długość 5 cm. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość
sześcianu.
(Pokaż odpowiedź)
57

Pole powierzchni całkowitej sześcianu ABCDA1B1C1D1 jest równe 432 cm
2
. Oblicz pole trójkąta
A1BC1.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: BZadanie 1.2.7
Przekątna sześcianu jest o 5 cm dłuższa od jego krawędzi. Oblicz pole powierzchni całkowitej i
objętość sześcianu.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz cosinus kąta nachylenia przekątnej sześcianu do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
58

1.3. Ostrosłup i jego własności
Definicja: Ostrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany bocz-
ne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
Ważne
Podstawą ostrosłupa może być dowolny trójkąt, dowolny czworokąt i dowolny sześciokąt.
Ostrosłup i jego własności
59

Jeżeli podstawą ostrosłupa jest wielokąt foremny (trójkąt równoboczny, kwadrat, pięciokąt forem-
ny itd...), a spodek wysokości ostrosłupa pokrywa się ze środkiem okręgu opisanego na jego pod-
stawie, to mówimy, że taki ostrosłup jest prawidłowy.
60

Odcinki w ostrosłupie
Przykład 1.
Chcąc narysować ostrosłup prosty, po narysowaniu podstawy zaznaczamy wysokość – od-
cinek prostopadły do płaszczyzny podstawy. Koniec wysokości, który nie leży na podstawie,
łączymy z wierzchołkami podstawy.
61

Przykład 2.
W przypadku ostrosłupów prawidłowych, po narysowaniu podstawy zaznaczamy spodek wy-
sokości, który jest środkiem okręgu opisanego na podstawie, a następnie rysujemy wysokość
i krawędzie boczne.W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym spodek wysokości leży na prze-
cięciu wysokości podstawy.
62

Zapamiętaj
• Jeśli wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równe, to taki ostrosłup nazywamy pro-
stym.
• Ostrosłup, którego wszystkie ściany są trójkątami równobocznym,i nazywać będziemy
czworościanem.
63

Kąty w ostrosłupie
Pole powierzchni całkowitej i objętość ostrosłupa
Zapamiętaj
Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest równe
Pc = Pp + Pb
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a Pb – pole powierzchni bocznej.
W szczególności pole całkowite
czworościanu o krawędzi a jest równe
Pc = a
2
√3
64

Siatka ostrosłupa
Siatka ostrosłupa
65

Zapamiętaj
Objętość ostrosłupa jest równa
V =
1
3
P
p
∙ H
gdzie Pp oznacza pole podstawy graniastosłupa, a H – wysokość bryły.
W szczególności objętość
• czworościanu o krawędzi a jest równa V =
a
3
√2
12
• ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi podstawy a i wysokości H jest
równa V =
1
3
a
2
∙ H
Przykład 3.
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 72 cm
2
. Krawędź bocz-
na ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α, takim że tgα = 0,6. Ob-
licz objętość tego ostrosłupa.
66

Przykład 4.
Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 9 cm, a ściana boczna ostro-
słupa jest nachylona do podstawy po kątem 60 ° . Oblicz pole powierzchni całkowitej tej bry-
ły.
Przykład 5.
Pole podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równe 36 cm
2
i stanowi 20%
powierzchni całkowitej tej bryły. Na krawędzi bocznej długości 16 cm wybrano taki punkt P
, że odcinki BP i DP są prostopadłe do krawędzi CS (patrz rysunek). Oblicz pole powierzchni
trójkąta BDP.
67

Przykład 6.
Przykład 7.
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt, którego boki pozostają w stosunku 2 : 3. Trójkąt ACS jest
równoboczny, a jego pole jest równe 27√3 dm
2
. Oblicz objętość ostrosłupa.
68

Przykład 8.
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny, którego wysokość jest równa 9√3 cm. Krawę-
dź boczna ostrosłupa jest nachylona do podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość ostrosłu-
pa.
69

Przykład 9.
Objętość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 9√3 dm
3
. Ściana boczna jest
nachylona do podstawy pod kątem α, którego tgα =
9
4
. Oblicz pole powierzchni bocznej tego
ostrosłupa.
Na rysunkach przedstawiono ostrosłupy prawidłowe. Oblicz objętość każdego z ostrosłupów.
(Pokaż odpowiedź)
70

Podstawą ostrosłupa jest prostokąt. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Wysokość ściany bocznej czworościanu foremnego jest równa 9 cm. Oblicz pole powierzchni
całkowitej i objętość tego czworościanu.
(Pokaż odpowiedź)
Wysokość ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa 2√3, a wysokość ściany bocznej
jest równa 4. Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Podstawą ostrosłupa jest kwadrat o przekątnej długości 12 cm. Krawędź boczna ostrosłupa
jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Ściana boczna ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest nachylona do płaszczyzny podsta-
wy pod kątem α, którego sin α =
3
4
. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa, wiedząc,
że jego wysokość jest równa 15 dm.
(Pokaż odpowiedź)
71

Wysokość ściany bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa krawędzi pod-
stawy. Pole powierzchni całkowitej tej bryły jest równe 48 dm
2
. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o polu 64√3 cm
2
, a ściany boczne są trójkątami
prostokątnymi. Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Podstawą ostrosłupa jest prostokąt o polu 30 cm
2
, w którym jeden z boków jest o 40% krótszy
od drugiego. Krawędź boczna ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem
60 ° . Oblicz objętość ostrosłupa.
(Pokaż odpowiedź)
Podstawą ostrosłupa jest sześciokąt foremny o polu równym 24√3 cm
2
. Objętość ostrosłupa
jest równa 48√3cm
3
.Oblicz sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: BZadanie 1.3.11-14
72

1.4. Bryły obrotowe
1.4.1. Bryły obrotowe - walec
Bryły obrotowe – walec
Bryły obrotowe powstają w wyniku obrotu figury płaskiej dookoła prostej będącej osią obrotu. W
tym rozdziale zajmiemy się trzema bryłami obrotowymi: walcem, stożkiem i kulą.
Bryły obrotowe
73

Definicja: Walec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej za-
wierającej jeden z boków prostokąta.
Bryły obrotowe - walec
74

75

Zapamiętaj
• Pole powierzchni całkowitej walca jest równe:
Pc = 2PP + Pb = 2 ∙ πr
2
+ 2πr ∙ H = 2πr(r + h)
• Objętość walca jest równa:
V = πr
2
H
76

77

Przykład 1.
Oblicz objętość walca powstałego w wyniku obrotu prostokąta o bokach 12 cm i 16 cm wokół
dłuższego boku.
78

Przykład 2.
Przekrój osiowy walca jest kwadratem, którego przekątna jest równa 24√6. Oblicz objętość
walca.
79

Przykład 3.
Objętość walca jest równa 729π cm
3
, a średnica podstawy walca jest 2 razy dłuższa od jego
wysokości. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego walca.
80

Przykład 4.
Powierzchnia boczna walca jest kwadratem o przekątnej długości 8√2 cm. Oblicz objętość te-
go walca.
81

Przykład 5.
Podstawą walca jest koło o średnicy 12√3 dm. Przekątna przekroju osiowego walca jest na-
chylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 60 ° . Oblicz pole powierzchni bocznej tego wal-
ca.
Poziom trudności: AZadanie 1.4.1.1
Prostokąt o bokach 9 cm i 12 cm obraca się wokół dłuższego boku. Oblicz objętość i pole po-
wierzchni całkowitej walca, który powstanie w wyniku tego obrotu.
(Pokaż odpowiedź)
Kwadrat o polu 256 cm
2
obraca się wokół boku. Oblicz pole powierzchni całkowitej walca otrzy-
manego w wyniku tego obrotu.
(Pokaż odpowiedź)
82

Walec o promieniu 5 cm powstał w wyniku obrotu prostokąta, którego przekątna jest równa
13 cm. Oblicz objętość walca.
(Pokaż odpowiedź)
Przekątna przekroju osiowego walca ma długość 6√3 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy
walca pod kątem 60 ° . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej walca.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz objętość walca, którego wysokość jest równa 14 cm, a pole powierzchni bocznej
112π cm
2
.
(Pokaż odpowiedź)
Przekrój osiowy walca jest kwadratem o polu 180 cm
2
. Oblicz objętość i pole powierzchni cał-
kowitej walca.
(Pokaż odpowiedź)
Pole podstawy walca jest równe 18π cm
2
i stanowi 30% pola powierzchni bocznej. Oblicz obję-
tość tego walca.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: BZadanie 1.4.1.8
80% naczynia w kształcie walca o średnicy 8 cm i wysokości 15 cm jest wypełnione wodą. Ile
sześciennych kostek o krawędzi 2 cm można wrzucić do tego naczynia, tak aby woda nie wylała
się z niego?
(Pokaż odpowiedź)
83

Poziom trudności: AZadanie 1.4.1.9-11
84

1.4.2. Bryły obrotowe - stożek
Definicja: Stożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła
prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
Bryły obrotowe - stożek
85

Zapamiętaj
• Pole powierzchni całkowitej stożka jest równe:
Pc = πr
2
+ πrl = πr(r + l)
• Objętość stożka jest równa:
V =
1
3
πr
2
H
Siatka stożka
86

Siatka stożka
Przykład 1.
Trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 4 cm i 9 cm obraca się wokół dłuższego boku. Ob-
licz pole powierzchni całkowitej i objętość otrzymanego w ten sposób stożka.
87

Przykład 2.
Przykrój osiowy stożka jest trójkątem prostokątnym, którego przeciwprostokątna jest równa
8 cm. Oblicz objętość i pole powierzchni bocznej stożka.
88

Przykład 3.
Pole podstawy stożka jest równe 48π cm
2
, a jego tworząca jest nachylona do płaszczyzny
podstawy pod kątem α , takim, że tgα =
4
7
. Oblicz objętość stożka.
89

Przykład 4.
Oblicz objętość stożka, którego powierzchnia boczna jest wycinkiem koła stanowiącym
2
3
koła
o promieniu 9 cm.
Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równobocznym o polu 48√3 dm
2
. Oblicz pole powierzch-
ni bocznej i objętość tego stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Trójkąt o przeciwprostokątnej długości 8√3 cm obrócono wokół prostej zawierającej jedną z
przyprostokątnych. Kąt rozwarcia otrzymanego w ten sposób stożka jest równy 60 ° . Oblicz
objętość i pole powierzchni całkowitej tego stożka.
(Pokaż odpowiedź)
90

Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu na płaszczyźnie jest półkolem o promieniu 14 cm.
Oblicz objętość stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Koło o średnicy 24 cm podzielono na dwa wycinki koła w ten sposób, że jeden z nich stanowi
1
5
drugiego. Z obu wycinków utworzono powierzchnie boczne stożków. Niech V1 oznacza obję-
tość stożka utworzonego z większego wycinka, V2 – objętość stożka utworzonego z mniejszego
wycinka. Wyznacz stosunek
V1
V2
.
(Pokaż odpowiedź)
Podstawą stożka jest koło o polu 12π cm
2
. Pole powierzchni bocznej jest 2 razy większe od pola
podstawy. Oblicz sinus kąta nachylenia tworzącej stożka do płaszczyzny podstawy.
(Pokaż odpowiedź)
Walec i stożek mają równe promienie podstawy r i wysokości H. Oblicz stosunek pola po-
wierzchni bocznej walca do pola powierzchni bocznej stożka.
(Pokaż odpowiedź)
Trójkąt prostokątny o przyprostokątnych 3 cm i 4 cm obraca się wokół przeciwprostokątnej.
Oblicz objętość otrzymanej w ten sposób bryły.
(Pokaż odpowiedź)
Stożek o promieniu podstawy 2 cm i wysokości 8 cm przecięto płaszczyzną równoległą do pod-
stawy przechodzącą przez środek wysokości stożka. Oblicz stosunek objętości brył na jakie zo-
stał podzielony stożek.
(Pokaż odpowiedź)
91

Poziom trudności: AZadanie 1.4.2.9-10
92

1.5. Bryły w 3D
Przekrój kuli
Bryły w 3D
93

Siatka sześcianu
Siatka sześcianu
Bryły w 3D
94

Siatka sześcianu
Sześcian
Bryły w 3D
95

Bryły w 3D
96

Siatka prostopadłościanu. Wzór na pole prostopadłościanu.
Siatka stożka
Bryły w 3D
97

Siatka stożka
Bryły w 3D
98

Bryły w 3D
99

Bryły w 3D
100

Bryły w 3D
101

Siatka ostrosłupa
Bryły w 3D
102

Siatka ostrosłupa
Siatka walca
Bryły w 3D
103

Siatka walca
Bryły w 3D
104

Bryły w 3D
105

Walec
Walec
Bryły w 3D
106

Stożek
Siatka sześcianu
Bryły w 3D
107

Bryły w 3D
108

Rozdział 2. Elementy statystyki
opisowej
2.1. Średnia, mediana, dominanta
Próbując poznać fragment otaczającego nas świata możemy zastosować metody ilościowe albo
jakościowe.
Przeprowadzając badania ilościowe, mamy do czynienia ze zbiorami danych. Jeżeli tych danych
jest kilka, to możemy stwierdzić, która jest największa, która najmniejsza, która występuje najczę-
ściej itp. Jednak, żeby wyciągnąć wniosek o jakimś zjawisku, potrzebujemy tych danych dużo wię-
cej. Im więcej danych zbierzemy, tym trafniejsze będzie nasze wnioskowanie. Oczywiście najlepiej
byłoby mieć wszystkie informacje, co zwykle jest niemożliwe lub bardzo kosztowne. Dlatego naj-
częściej bierzemy pod uwagę jedynie niektóre dane z tzw. próby. Na przykład producent spodni
męskich przeznaczonych na rynek polski powinien dysponować informacją o zapotrzebowaniu na
poszczególne rozmiary spodni. Dobrze przeprowadzone badania ilościowe pozwolą z dużą traf-
nością odpowiedzieć na to pytanie.
Przykład 1.
Zapytaliśmy uczniów pewnej szkoły, ile godzin przeznaczają tygodniowo na naukę. Każdą
otrzymaną odpowiedź zanotowaliśmy, zapisując też informację o płci ucznia i o klasie. Otrzy-
mane dane zestawiliśmy w tabeli.
Nr badanego ucznia Płeć Klasa Liczba godzin tygodniowo przeznaczonych na naukę
1. k Ia 9
2. m IIb 13
3. m Ic 10
... ... ... ...
Nasza tabela składa się z 384 wierszy. Bezpośrednia obserwacja takiej tabeli niewiele daje.
Danych jest zbyt wiele, żeby je przyswoić i wyciągnąć z nich wnioski. Dane te wymagają pew-
nego zorganizowania w zależności od tego, co chcemy z nich wywnioskować. Gdy chcemy
odpowiedzieć na pytanie, czy dziewczęta poświęcają tygodniowo na naukę więcej czasu niż
chłopcy, to musimy pogrupować nasze dane ze względu na płeć. Gdy interesuje nas, której
klasy uczniowie poświęcają najwięcej czasu na naukę, pogrupujemy je ze względu na klasę.
Oczywiście samo pogrupowanie danych jeszcze nie rozwiązuje problemu. Aby porównać in-
teresującą nas wielkość, w każdej z wyodrębnionych grup, obliczamy pewną liczbę, reprezen-
tującą tę wielkość. Tego typu liczby nazywamy parametrami danych statystycznych, czy też
statystykami.
Zacznijmy od takich parametrów, które w pewien sposób wyznaczają „środek” danej próby,
Elementy statystyki opisowej
109

czyli są tzw. miarami tendencji centralnej. Należą do nich różnego rodzaju średnie, mediana
i dominanta.
Definicja: Średnia arytmetyczna
Średnią arytmetyczną liczb rzeczywistych x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
−
x =
x1 + x2 + … + xn
n
.
Przykład 2.
W celu ustalenia średniej ceny sprzedaży pewnej książki zbadano jej cenę w ośmiu księ-
garniach. Ceny te były równe:
34,00 zł; 36,90 zł; 29,99 zł; 30,00 zł; 32,35 zł; 36,00 zł; 38,90 zł; 31,00 zł. Średnia cena tej
książki jest więc równa:
−
x =
34 + 36,90 + 29,99 + 30 + 32,35 + 36 + 38,90 + 31
8
=
269,14
8
= 33,64 (zł)
Średniej często używa się, żeby stworzyć jakiś wzorzec. Jeżeli obliczę, na podstawie rachun-
ków z ostatniego roku, że średnia miesięczna opłata w moim mieszkaniu za energię elek-
tryczną wynosi 102 zł, to mogę przewidywać, że w kolejnych miesiącach też zapłacę oko-
ło 100 zł miesięcznie, przy założeniu, że warunki nie zmienią się (nie kupię nowego sprzę-
tu elektrycznego, nie zmieni się cena prądu itp). Średnia jest wielkością, z którą wygodnie
jest porównywać konkretne dane. Jeżeli z badań przeprowadzonych na grupie 100 tys. lice-
alistów wynika, że średnio poświęcają na naukę 63 minuty dziennie, to możesz oszacować,
czy uczysz się więcej, czy mniej niż przeciętny licealista.
Przykład 3.
Średnia cena pięciu filmów zakupionych przez pana Kowalskiego jest równa 24 zł. Po doku-
pieniu szóstego filmu, średnia cena wzrosła do 26 zł. Ile kosztował szósty z filmów?
Za pięć filmów zapłacono 24 ∙ 5 zł = 120 zł. Oznaczmy cenę szóstego filmu przez x. Wtedy
średnia cena zakupu filmu jest równa
120 + x
6
zł. Cenę tę mamy podaną, jest ona równa 26 zł.
Pozostaje rozwiązać równanie
120 + x
6
= 26.
Stąd 120 + x = 156, czyli x = 36 zł.
Zauważ, że jeżeli średnia arytmetyczna pewnych liczb jest równa
−
x i dodasz do nich liczbę
a >
−
x , to po dodaniu średnia nowego zestawu liczb zwiększy się. Jeżeli dodasz liczbę a <
−
x
, to średnia nowego zestawu liczb zmniejszy się. Jeżeli dodamy a =
−
x , to średnia nie ulegnie
zmianie.
Średnia, mediana, dominanta
110

Przykład 4.
W pewnej szkole są trzy klasy trzecie. Średni wynik próbnej matury uczniów klasy IIIa, liczącej
30 osób, jest równy 20 punktów, średni wynik klasy IIIb, liczącej 20 uczniów, jest równy 40
punktów, a średni wynik klasy IIIc, liczącej 25 uczniów, to 30 punktów. Ile jest równy średni
wynik próbnej matury w całej szkole?
Zaczniemy od zsumowania liczby punktów uzyskanych z tej matury przez wszystkich uczniów
w szkole. Klasa IIIa: 30 ∙ 20 = 600 punktów.
• Klasa IIIb: 20 ∙ 40 = 800 punktów.
• Klasa IIIc: 25 ∙ 30 = 750 punktów.
W sumie w całej szkole uczniowie zdobyli 2150 punktów. Ponieważ uczniów w klasach trze-
cich tej szkoły jest 30 + 20 + 25 = 75, więc szukana średnia jest równa
2150
75
≈ 28,67.
Zauważ, że średnia ta nie jest średnią arytmetyczną podanych średnich w poszczególnych
klasach, czyli nie jest ona równa:
20 + 40 + 30
3
= 30.
Tak jest, gdyż liczby osób w klasach są różne. Średni wynik klasy III a w większym stopniu
wpływa na obliczony średni wynik szkoły niż wynik każdej z pozostałych dwóch klas, ponie-
waż klasa IIIa jest najliczniejsza. Spośród wszystkich 75 uczniów klas trzecich tej szkoły 30 to
uczniowie klasy IIIa, więc możemy przyjąć, że mamy 30 uczniów, z których każdy ma wynik 20
punktów. Analogicznie możemy przyjąć, że mamy 20 uczniów z wynikiem średnim 40 punk-
tów i 25 uczniów z wynikiem 30 punktów. Średni wynik jest więc równy:
−
x w =
30 składników
?
20 + 20 + … + 20 +
20 składników
?
40 + 40 + … + 40 +
25 składników
?
30 + 30 + … + 30
30 + 20 + 25
=
20 ∙ 0 + 40 ∙ 20 + 30 ∙ 25
30 + 20 + 25
=
2150
75
≈ 28,67.
Liczebności, z jakimi występowały wyniki 20, 40 i 30, a więc liczby 30, 20 i 25, są wagami tych
wyników, a obliczona średnia to średnia ważona.
Definicja: Średnia ważona
Średnią ważoną liczb x1, x2, … , xn, którym przyporządkowane są odpowiednio do-
datnie wagi w1, w2, … , wn, nazywamy liczbę
−
x w =
x1 ∙ w1 + x2 ∙ w2 + … + xn ∙ wn
w1 + w2 + … +wn
.
Ważne
UwagaNiekiedy wygodniej jest zapisać wzór w postaci:
−
x w =
w1
w1 + w2 + … +wn
∙ x1 +
w2
w1 + w2 + … +wn
∙ x2 + … +
wn
w1 + w2 + … +wn
∙ xn
111

Wtedy przyjmujemy, że wagami, z jakimi występują liczby x1, x2, … , xn, są ułamki:
u1 =
w1
w1 + w2 + … +wn
, u2 =
w2
w1 + w2 + … +wn
, ...un =
wn
w1 + w2 + … +wn
Ułamki te są dodatnie i ich suma jest równa 1. Zatem
−
x w = u1 ∙ x1 + u2 ∙ x2 + … + un ∙ xn,
gdzie u1 + u2 + … + un = 1.
Jeżeli liczymy średnie z dwóch równolicznych grup danych, to średnia ze wszystkich liczb jest śred-
nią arytmetyczną średniej policzonej w pierwszej grupie i średniej policzonej w drugiej grupie. Je-
żeli jednak grupy nie są równoliczne, to średnia wszystkich liczb najczęściej nie jest średnią z poli-
czonych wcześniej średnich w każdej grupie.
Przykład 5.
Aby zaliczyć przedmiot „Matematyka” na pewnym kierunku studiów, student musi uzyskać
3 oceny: z ćwiczeń, laboratorium i egzaminu, przy czym każda z ocen musi być pozytywna
(co najmniej równa 3). Wówczas ocena z przedmiotu „Matematyka” jest średnią ważoną tych
trzech ocen: ocena z ćwiczeń ma wagę 3, z laboratorium − wagę 1, a ocena z egzaminu −
wagę 4. W tabeli zestawiono oceny cząstkowe Tomka i Michała. Jaką ocenę otrzyma każdy z
nich na zaliczenie?
ćwiczenia laboratorium egzamin
Tomek 3 5 3,5
Michał 3,5 3 5
Średnia ważona ocen Tomka jest równa
−
x w =
3 ? 3 + 5 ? 1 + 3,5 ? 4
3 + 1 + 4
=
28
8
= 3,5.
Średnia ważona ocen Michała jest równa
−
x w =
3,5 ? 3 + 3 ? 1 + 5 ? 4
3 + 1 + 4
=
33,5
8
= 4,19.
Zwróć uwagę, że mimo iż obaj chłopcy cząstkowe oceny mieli takie same, czyli 3, 3,5 oraz 5
na koniec dostaną inną ocenę. Tak jest dlatego, gdyż Tomek ma najwyższą ocenę z labora-
torium, czyli tę o najniższej wadze, za to Michał najwyższą ocenę ma z egzaminu, czyli tę o
najwyższej wadze.
Średnia arytmetyczna ma pewne wady. Bardzo duży wpływ na nią mają wartości skrajne,
czyli te największe i najmniejsze, zwłaszcza jeżeli są wyraźnie większe albo mniejsze od po-
zostałych. W takich przypadkach średnia nie oddaje prawdziwego poziomu interesującej nas
wielkości.
112

Przykład 6.
Chcemy rozpocząć pracę w pewnej firmie. Dowiadujemy się, że średnia pensja w tej firmie to
1380 zł. Czy należy się spodziewać, że będziemy zarabiać około 1300 − 1400 zł? Otóż nieko-
niecznie. Gdyby w tej firmie pracowało 9 osób, z których 8 to szeregowi pracownicy o zarob-
kach odpowiednio: 720 zł, 800 zł, 850 zł, 850 zł, 900 zł, 900 zł, 950 zł i 950 zł oraz 1 pre-
zes, którego zarobki to 5500 zł, to średnia pensja w tej firmie jest równa 1380 zł. Należy przy-
puszczać, że nowo zatrudniony pracownik w takiej firmie nie będzie zarabiał więcej niż naj-
więcej zarabiający aktualnie pracownik szeregowy, a więc 950 zł.
W takich przypadkach, gdy wyniki skrajne znacznie odbiegają od pozostałych i w efekcie za-
burzają średnią, lepiej posłużyć się inną miarą tendencji centralnej. Możemy np. obliczyć me-
dianę.
Definicja: Mediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru
n liczb x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn jest:
• dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz xn+1
2
,
• dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów ciągu,
czyli
1
2
(xn
2
+ xn
2
+ 1).
Przykład 7.
Policzmy medianę zarobków w firmie z przykładu 6. Pensje już są ustawione w ciąg niemale-
jący
720 ≤ 800 ≤ 850 ≤ 850 ≤ 900 ≤ 900 ≤ 950 ≤ 950 ≤ 5500.
Medianę liczymy z 9 liczb, czyli środkową jest stojąca na pozycji piątej. Mediana jest więc rów-
na 900. Wielkość ta dużo lepiej, niż średnia arytmetyczna oddaje realia zarobków szerego-
wych pracowników w rozważanej firmie.
Przykład 8.
Średnia arytmetyczna zestawu danych: 4, 5, 8, 3, 3, 11,12, x jest równa 7. Oblicz medianę
tego zestawu danych.
Suma danych liczb jest równa: 4 + 5 + 8 + 3 + 3 + 11 + 12 + x = 46 + x. Ponieważ średnia aryt-
metyczna tych danych jest równa 7, otrzymujemy równanie
46 + x
8
= 7, stąd 46 + x = 56. Mamy
więc x = 10. Ustawiamy dane liczby w niemalejący ciąg
3 ≤ 3 ≤ 4 ≤ 5 ≤ 8 ≤ 10 ≤ 11 ≤ 12
Liczba wyrazów ciągu jest równa 8, a więc jest parzysta. Stąd mediana jest równa średniej
113

arytmetycznej wyrazów stojących na dwóch środkowych pozycjach. W tym przypadku na
czwartej i piątej. Jest więc równa
5 + 8
2
=
13
2
= 6,5.
• Innym sposobem na zmniejszenie wrażliwości średniej na wyniki skrajne jest odrzuce-
nie pewnej liczby największych i najmniejszych danych i policzenie średniej z pozosta-
łych danych. Taka średnia nosi nazwę średniej ucinanej (obciętej). Spotykamy ją w li-
czeniu noty końcowej przyznawanej przez sędziów w wielu dyscyplinach sportowych,
np. w skokach narciarskich, jeździe figurowej na lodzie, czy gimnastyce artystycznej.
• Sposobem na znalezienie „środka” danej próby jest podanie tzw. dominanty. Przydaje
się ona szczególnie w tych przypadkach, gdy opisywane wielkości nie mają wartości
liczbowej, czyli nie można policzyć dla nich średniej czy mediany.
Definicja: Dominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w
próbie najczęściej.
Przykład 9.
W sondzie ulicznej stu losowo wybranym osobom zadano pytanie: jaką herbatę piją najchęt-
niej? Wyniki badania przedstawiono na diagramie.
Dominantą tego badania jest herbata czarna.
114

Przykład 10.
W pewnym domu kultury prowadzone są zajęcia plastyczne, w których bierze udział 90 dzie-
ci. Porównaj ze sobą średnią wieku, medianę i dominantę uczestników tych zajęć.
Średnia wieku uczestników jest równa:
−
x w =
7 ∙ 7 + 8 ∙ 13 + 9 ∙ 23 + 10 ∙ 21 + 11 ∙ 14 + 12 ∙ 5 + 13 ∙ 2 + 14 ∙ 8
90
=
922
90
= 10,24
Dominantą jest wiek 9 lat. Medianą będzie średnia arytmetyczna wieku stojącego na 45 i
46 pozycji w niemalejącym ciągu wieku uczestników. Zauważmy, że jeżeli zsumujemy liczby
siedmio-, ośmio- i dziewięciolatków, otrzymamy 40 osób, czyli od pozycji 41 do pozycji 61 bę-
dzie stała wartość 10 lat, więc mediana jest równa 10.
Średnie, mediana, dominanta, czyli statystyki
wyznaczające środek zestawu danych. Zadania
Średnia arytmetyczna liczb: x, 12, 10, 5, 8, 8 jest równa 8. Wtedy mediana jest równa
a) 11
b) 9
c) 8
d) 6
(Pokaż odpowiedź)
115

Mediana zestawu danych: 4, 12,14, a, 5, 7 jest równa 9. Wówczas
a) a = 11
b) a = 9
c) a = 8
d) a = 6
(Pokaż odpowiedź)
Rzucono kością sześć razy i otrzymano wyniki: 2, 3, 6, 1, 3, 2. Wtedy
a) nie istnieje mediana tego zestawu danych
b) średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
c) mediana jest większa niż średnia arytmetyczna
d) mediana i średnia arytmetyczna są sobie równe
(Pokaż odpowiedź)
W pewnej grupie rodzin zbadano liczbę dzieci i dane przedstawiono na wykresie.
Mediana przedstawionych na wykresie danych jest równa
a) 10
b) 2,5
c) 2,4
116

d) 2
(Pokaż odpowiedź)
Mediana liczb: 4, 6, 10, x, 8, 5, 9 wynosi 6. Wtedy liczba x spełnia warunek
a) x > 6
b) x ≤ 6
c) x ? (6,8)
d) x = 7
(Pokaż odpowiedź)
Średnia ważona liczb: x, 5, 8 z wagami odpowiednio: 5, 3, 2 jest równa 8,1. Wtedy liczba x jest
równa
a) 14
b) 12
c) 10
d) 8
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: AZadanie 2.1.8-9
117

Wyniki sprawdzianu z matematyki i z języka polskiego w klasie III c są przedstawione na diagra-
mie
(Pokaż odpowiedź)
W tabeli zestawiono oceny z matematyki na koniec roku uczniów pewnej klasy.
Ocena 1 2 3 4 5 6
Liczba ocen 0 3 12 10 x 1
Oblicz liczbę piątek, jeżeli średnia ocen z matematyki w tej klasie jest równa 3,5.
(Pokaż odpowiedź)
W sklepie przygotowano mieszankę trzech rodzajów cukierków składającą się z 14 kg cukier-
ków w cenie 12 zł za kg, 9 kg cukierków w cenie 14 zł za kg oraz 7 kg cukierków w cenie 18 zł za
kg. Ile powinien kosztować 1 kg mieszanki?
(Pokaż odpowiedź)
Ilu uczniów ze sprawdzianu z matematyki otrzymało ocenę wyższą niż średnia ocen?a)
Ilu uczniów ze sprawdzianu z języka polskiego otrzymało ocenę niższą niż mediana
ocen?
b)
118

Średni staż pracy 10 robotników w pewnym zakładzie jest równy 7 lat. Jeżeli dodać do badanych
brygadzistę, to średni wiek pracy zwiększy się do 9 lat. Ile lat pracuje w tym zakładzie brygadzi-
sta?
(Pokaż odpowiedź)
Średnia wieku uczestników wycieczki wynosiła 14 lat. Jeżeli doliczymy do tej średniej wiek opie-
kuna, który ma 40 lat, to średnia zwiększy się do 15 lat. Ilu było uczestników wycieczki?
(Pokaż odpowiedź)
W pewnej firmie średnia pensja jest równa 2000 zł. O ile procent zwiększy się średnia pensja,
jeżeli każdy z pracowników dostanie podwyżkę?
(Pokaż odpowiedź)
W celu zakupienia obuwia dla zawodników drużyny piłkarskiej sprawdzono rozmiary obuwia
poszczególnych zawodników i dane umieszczono na diagramie.
Oblicz medianę, modę i średnią arytmetyczną rozmiaru.
(Pokaż odpowiedź)
o 500 zła)
o 10%b)
119

W pewnej szkole dwie klasy trzecie napisały próbną maturę z matematyki. W klasie IIIa, liczącej
30 uczniów, średni wynik z tej matury wyniósł 60%, a w klasie III b, liczącej 20 uczniów średni
wynik z tej matury wyniósł 80%. Jaki jest średni wynik z próbnej matury w tej szkole?
(Pokaż odpowiedź)
Średnia arytmetyczna trzech liczb: a, b, c jest równa 8. Oblicz, ile wynosi średnia arytmetyczna
podanych liczb:
(Pokaż odpowiedź)
Trzech uczniów napisało maturę z matematyki, zdobywając średnio 40 punktów na 50 możli-
wych. Mediana ich wyników jest równa 50 punktów. Ile punktów zdobyli poszczególni ucznio-
wie na maturze z matematyki?
(Pokaż odpowiedź)
Małgosia na koniec roku szkolnego, uzyskała średnią ocen 4,4. Spośród dziesięciu przedmio-
tów otrzymała tylko jedną 3, a poza tym same 4 i 5. Oblicz, ile 5 na świadectwie miała Małgosia.
(Pokaż odpowiedź)
3a, 3b, 3ca)
a + 1, b + 2, c + 3b)
a, b, c, 6c)
120

2.2. Miary rozproszenia
Przykład 1.
Właściciel dwóch sklepów z odzieżą, położonych w różnych miejscach miasta, próbuje usta-
lić, które bluzki sprzedają się najlepiej w każdym z jego sklepów, przy czym bierze pod uwagę
jedynie cenę bluzki. Chce w ten sposób ustalić, jaki towar powinien zamówić. Zanotował, że
podczas ostatniego dnia w pierwszym sklepie sprzedano kolejno bluzki w cenach (zaokrąglo-
nych do pełnych dziesiątek złotych): 10 zł, 80 zł, 20 zł, 20 zł, 90 zł, 10 zł, 90 zł, 80 zł.
W tym samym czasie w drugim sklepie sprzedano kolejno bluzki w cenach (zaokrąglonych
do pełnych dziesiątek złotych):
50 zł, 50 zł, 40 zł, 60 zł, 50 zł, 40 zł, 60 zł, 50 zł, 50 zł, 50 zł.
Ceny te, po uporządkowaniu w kolejności niemalejącej, zapisał w następującej tabeli:
1 sklep 10 zł 10 zł 20 zł 20 zł 80 zł 80 zł 90 zł 90 zł
2 sklep 40 zł 40 zł 50 zł 50 zł 50 zł 50 zł 50 zł 50 zł 60 zł 60 zł
Zauważmy, że średnia cena zakupionej bluzki oraz mediana są takie same w obu sklepach.
W pierwszym sklepie
−
x =
10 + 10 + 20 + 20 + 80 + 80 + 90 + 90
8
=
400
8
= 50
oraz mediana jest równa
20 + 80
2
= 50.
W drugim sklepie
−
x =
40 + 40 + 50 + 50 + 50 + 50 + 50 + 50 + 60 + 60
10
=
500
10
= 50
oraz mediana jest równa
50 + 50
2
= 50.
Na podstawie tych danych można wysnuć wnioski, że w obu sklepach sprzedaż wygląda po-
dobnie.
Zilustrujmy jednak te dane na wykresach.
Miary rozproszenia
121

Na pierwszym wykresie dane znajdują się w sporej odległości od średniej x = 50, na drugim
skupiają się wokół niej. W pierwszym zestawie danych są kwoty bardzo małe i bardzo duże w
stosunku do średniej. Może to oznaczać, że do sklepu przychodzą zarówno zamożni klienci,
jak i wydający na ubrania minimum pieniędzy. W drugim sklepie większość danych jest bliska
średniej i medianie. Może to oznaczać, że klienci drugiego sklepu to ludzie średnio zamożni,
którzy wybierają towar przeciętny, nie za drogi i nie za tani.
Właściciel sklepów przeprowadził podobne badanie przez kilka kolejnych dni i wnioski po-
wtarzały się. Zdecydował się więc do pierwszego sklepu zamówić bluzki bardzo tanie i droż-
sze, zaś do drugiego takie, których cena jest bliska 50 zł.
Przykład 2.
Pewna firma zajmuje się prowadzeniem szkoleń. Po każdym ze szkoleń uczestnicy oceniają
trenera prowadzącego szkolenie. Ocena ta jest liczbą całkowitą od 1 (najniższa ocena) do 10.
Jedno ze szkoleń, w którym wzięło udział 20 uczestników, prowadzone było przez dwóch tre-
nerów. Na poniższym wykresie przedstawiono otrzymane przez nich oceny.
Obliczmy średnią ocenę, jaką otrzymał każdy z trenerów.
Trener 1:
−
x1 =
1 ? 2 + 2 ? 2 + 3 ? 1 + 4 ? 2 + 7 ? 1 + 8 ? 2 + 9 ? 5 + 10 ? 5
20
=
135
20
= 6,75.
Trener 2:
−
x2 =
6 ? 8 + 7 ? 9 + 8 ? 3
20
=
135
20
= 6,75.
Średnie oceny są takie same. Wykres natomiast wskazuje na inne rozkłady poszczególnych
ocen jednostkowych. Trener 1 otrzymał oceny prawie z całej skali. Są one rozproszone w sto-
sunku do oceny średniej, a więc część uczestników szkolenia oceniła go bardzo wysoko, a
część bardzo nisko. Trener 2 otrzymał jedynie oceny 6, 7 i 8, a więc skupione wokół średniej.
Może nie jest idealny (nie otrzymał 10), ale ludziom się na ogół podobał i nie wzbudzał nega-
tywnych odczuć.
Oczywiście, jeżeli zestaw danych jest większy to trudniej zaobserwować jego strukturę. Po-
dobnie jak w przypadku tendencji centralnej, tak i w tym przypadku posłużymy się pewnymi
statystykami. Do oceny koncentracji badanych danych służą miary rozproszenia. Najprostszą
miarą rozproszenia jest rozstęp, czyli różnica pomiędzy największą i najmniejszą wartością.
R = xmax − xmin
Miary rozproszenia
122

Dużą zaletą tej charakterystyki jest łatwość jej wyznaczania. Jednak nie informuje nas ona,
jak w przedziale ?xmin, xmax? o długości R są rozłożone poszczególne dane. Czy np. są sku-
pione wokół jednego punktu, czy rozrzucone w tym przedziale. Rozstęp mówi tylko o tym,
jaką długość ma najkrótszy przedział zawierający wszystkie dane.
Przykład 3.
Obliczmy rozstęp dla każdej z wielkości występujących w poprzednich dwóch przykła-
dach.Dla pierwszego sklepu R = 90 − 10 = 80, a dla drugiego R = 60 − 40 = 20. Zauważymy
więc, że różnica w cenie najdroższej i najtańszej bluzki w pierwszym sklepie wynosi 80 zł, zaś
w drugim 20 zł, czyli jest cztery razy mniejsza. Zatem w drugim sklepie ceny są bardziej sku-
pione.
W drugim przykładzie dla pierwszego trenera R = 10 − 1 = 9, a dla drugiego R = 8 − 6 = 2. Tu-
taj także rozstęp wyników drugiego trenera jest mniejszy niż pierwszego.
Najczęściej jednak potrzebujemy dokładniejszej analizy rozproszenia danych. Zauważmy,
że dla tego samego rozstępu dane mogą układać się bardzo różnie. Na przykład rozstąp
w zestawie danych: 1 , 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 5 jest równy 4 i jest taki sam, jak w zestawie:
1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5. Jednak w pierwszym zestawie, poza danymi skrajnymi, wystę-
puje wielokrotnie ta sama wartość 3, a w drugim zestawie występują wszystkie wartości cał-
kowite od 1 do 5 i prawie każda tak samo często. Spróbujemy skonstruować taki wskaźnik,
który pozwoli nam odróżnić te dwie sytuacje.
Zajmiemy się więc badaniem odległości każdej danej od średniej. Przypomnijmy, że odległo-
ść między dwiema liczbami na osi liczbowej to wartość bezwzględna różnicy tych liczb. Zatem
odchylenie liczby xi od średniej
−
x , to
| xi −
−
x
| .
Obliczmy odchylenia średnich cen bluzek z przykładu pierwszego w każdym z dwóch skle-
pów. Wyniki zapiszmy w tabeli.
Miary rozproszenia
123

I sklep II sklep
Cena
bluzki
xi
Odchylenie od średniej
| xi −
−
x
| = | xi − 50 |
Cena
bluzki
xi
Odchylenie od średniej
| xi −
−
x
| = | xi − 50 |
10 40 40 10
10 40 40 10
20 30 50 0
20 30 50 0
80 30 50 0
80 30 50 0
90 40 60 10
90 40 60 10
Obliczmy teraz średnią arytmetyczną znalezionych odchyleń w każdym ze sklepów.
W pierwszym sklepie:
40 + 40 + 30 + 30 + 30 + 30 + 40 + 40
8
=
280
8
= 35.
W drugim sklepie:
10 + 10 + 10 + 10
8
=
40
8
= 5.
Obliczone przez nas wielkości to tak zwane odchylenia przeciętne.
Definicja: Odchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
| x1 −
−
x
| +
| x2 −
−
x
| + … +
| xn −
−
x
|
n
Zatem w pierwszym sklepie odchylenie przeciętne jest wyższe niż w drugim, co potwierdza naszą
wcześniejszą obserwację, że w pierwszym sklepie ceny leżą dalej od średniej, a w drugim znajdują
się bliżej średniej.
W statystyce częściej od odchylenia przeciętnego wykorzystuje się tzw. odchylenie standardowe.
Definicja: Odchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
Miary rozproszenia
124

σ = √(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
Kwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2
, czyli
σ2
=
(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
Wariancja i odchylenie standardowe niosą dokładnie te same informacje. Wygodniej używać od-
chylenia standardowego, ponieważ wariancja jest podawana w jednostkach kwadratowych, a od-
chylenie standardowe dokładnie w tych samych jednostkach, co analizowane dane.
Obliczanie odchylenia standardowego, czy też wariancji jest uciążliwe w sytuacji, gdy
−
x jest liczbą
niecałkowitą i ma albo długie rozwinięcie dziesiętne, albo nawet nieskończone. Podamy teraz
wzór, który sprawia, że obliczenia są znacznie wygodniejsze.
Twierdzenie: Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, … , xn jest równa
σ2
=
x1
2
+ x2
2
+ … + xn
2
n
−
(
−
x
)
2
Dowód
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemy
σ2
=
(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
− 2x1 ?
−
x +
(
−
x
)
2
+ x
2
2
− 2x2 ?
−
x +
(
−
x
)
2
+ … + x
n
2
− 2xn ?
−
x +
(
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
− 2
−
x
x1 + x2 + … xn
n
+
n ?
(
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
− 2 ?
(
−
x
)
2
+
(
−
x
)
2
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
−
(
−
x
)
2
Miary rozproszenia
125

Przykład 4.
W tabeli przedstawiono kwoty rachunków za telefon, jakie zapłaciła Małgosia w kolejnych
miesiącach.
styczeń luty marzec kwiecień maj czerwiec
63 zł 41 zł 35 zł 67 zł 60 zł 52 zł
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe tych wydatków z dokładnością do 1 zł. Śred-
nia wydatków na telefon Małgosi jest równa
−
x =
63 + 41 + 35 + 67 + 60 + 52
6
=
318
6
= 53 (zł)
W kolejnych miesiącach odchylenie od średniej jest równe:
styczeń luty marzec kwiecień maj czerwiec
xi 63 zł 41 zł 35 zł 67 zł 60 zł 52 zł
| xi −
−
x
| 10 12 18 14 7 1
Wariancja jest więc równa:
σ2
=
10
2
+ 12
2
+ 18
2
+ 14
2
+7
2
+ 1
2
6
=
100 + 144 + 324 + 196 + 49 + 1
6
=
814
6
= 135,
(6
)≈ 136
a odchylenie standardowe
σ = √136 ≈ 12.
Przykład 5.
Wyniki pewnego badania umieszczono w tabeli.
Wynik 4 5 6 7 8
Częstość 5 2 4 6 3
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu.
Zaczniemy od policzenia średniej
−
x =
5 ∙ 4 + 2 ∙ 5 + 4 ∙ 6 + 6 ∙ 7 + 3 ? 8
5 + 2 + 4 + 6 + 3
=
120
20
= 6.
• sposób I
Obliczymy wariancję, korzystając ze wzoru podanego w twierdzeniu. W tym celu obliczymy
średnią kwadratów otrzymanych wyników
5 ∙ 4
2
+ 2 ∙ 5
2
+ 4 ∙ 6
2
+ 6 ∙ 7
2
+ 3 ∙ 8
2
5 + 2 + 4 + 6 + 3
=
760
20
= 38.
Miary rozproszenia
126

Stąd wariancja jest równa σ2
= 38 −
(
−
x
)
2
= 38 − 36 = 2 i odchylenie standardowe σ = √2.
• sposób II
Obliczymy wariancję, posługując się definicją. Odchylenia poszczególnych wyników od śred-
niej zamieścimy w tabeli.
wynik xi 4 5 6 7 8
odchylenie
| xi −
−
x
| | 4 − 6 | = 2 | 5 − 6 | = 1 | 6 − 6 | = 0 | 7 − 6 | = 1 | 8 − 6 | = 2
częstość 5 2 4 6 3
Podstawiając wyniki do wzoru na wariancję, otrzymujemy:
σ2
=
5 ? 2
2
+ 2 ? 1
2
+ 4 ? 0
2
+ 6 ? 1
2
+ 3 ? 2
2
5 + 2 + 4 + 6 + 3
=
40
20
= 2
Przykład 6.
W pewnej szkole przeprowadzono ankietę, w której zadano uczniom pytanie „Ile książek
przeczytałeś/łaś w ciągu ostatnich dwóch tygodni?”. Wyniki ankiety przedstawiono na diagra-
mie.
Obliczymy wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.
Dla otrzymanych wyników możemy przyjąć następujące wagi
1 książka 2 książki 3 książki 4 książki Suma wag
0,1 0,4 0,3 0,2 1
Średnia ważona otrzymanych wyników jest równa
Miary rozproszenia
127

−
x w = 0,1 ∙ 1 + 0,4 ∙ 2 + 0,3 ∙ 3 + 0,2 ∙ 4 = 0,1 + 0,8 + 0,9 + 0,8 = 2,6.
Licząc wariancję, posłużymy się wzorem z twierdzenia
σ2
=
0,1 ∙ 1
2
+ 0,4 ∙ 2
2
+ 0,3 ∙ 3
2
+ 0,2 ∙ 4
2
1
− (2,6)
2
= 0,1 + 1,6 + 2,7 + 3,2 − 6,76 = 0,84.
Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ ≈ 0,92.
Przykład 7.
Michał przeprowadził doświadczenie, w którym mierzył m.in. czas ruchu pewnego ciała. Wy-
konał doświadczenie 10 razy i otrzymał następujące wyniki w sekundach:
doświadczenie 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
wynik 10,23 10,45 9,98 9,67 10,05 10,14 9,48 9,92 10,31 10,26
Wyznacz średni czas ruchu ciała oraz odchylenie standardowe w tym doświadczeniu. Ile wy-
ników jest większych od średniego lub mniejszych od średniego czasu o więcej niż jedno od-
chylenie standardowe?
Odchylenie standardowe zestawu liczb: 5 , 7, 11, 13 jest równe
a) 10
b) 9
c) 8
d) √10
(Pokaż odpowiedź)
Wariancja zestawu liczb: 4, 7, 9, 20 jest równa
a) 146
b) 36,5
c) 12
d) 10
(Pokaż odpowiedź)
Miary rozproszenia
128

Jeżeli odchylenie standardowe pewnego zestawu danych jest równe 4√2, to wariancja jest rów-
na
a) 32
b) 8
c) 2√2
d) 2
4
√2
(Pokaż odpowiedź)
Największe odchylenie standardowe ma zestaw liczb
a) 10,12,14, 12
b) 15,15,15,15
c) 1, 2, 9,10,11
d) 1,2, 4,6, 7
(Pokaż odpowiedź)
przedstawiono wyniki, jakie osiągnęło dwóch skoczków narciarskich podczas przygotowań do
zawodów.
(Pokaż odpowiedź)
Który z nich ma wyższą średnią długość skoków?a)
Który ze skoczków skacze bardziej stabilnie?
1 skok 2 skok 3 skok 4 skok 5 skok 6 skok 7 skok 8 skok
1 zawodnik 115 119 116 125 123 122 115 125
2 zawodnik 120 115 116 121 123 124 115 118
b)
Miary rozproszenia
129

Poziom trudności: AZadanie 2.2.7-12
W pewnym badaniu statystycznym otrzymano następujące wyniki: 15,12,17,10,13,8, 10,16. Ile
z tych wyników różni się od średniej o więcej niż jedno odchylenie standardowe?
(Pokaż odpowiedź)
Tomek każdego dnia rano, jadąc do szkoły, porównywał czas przyjazdu tramwaju z informacją
umieszczoną na przystanku. Przez kolejne dni informację notował w zeszycie. Odchylenie do-
datnie oznacza, że tramwaj przyjechał później, a odchylenie ujemne, że przyjechał wcześniej.
Jakie było odchylenie przeciętne przyjazdu tramwaju?
poniedziałek wtorek środa czwartek piątek
−3,5 min 2 min 1,5 min −1 min 2 min
(Pokaż odpowiedź)
Magda, przygotowując się do matury, postanowiła sprawdzić, ile godzin dziennie przeznacza
na naukę. W tym celu przez dwa tygodnie codziennie zapisywała wyniki w tabeli, a następnie
Miary rozproszenia
130

zaznaczyła je na wykresie. Oblicz średnią liczbę czasu poświęconego na naukę i odchylenie
standardowe w pierwszym tygodniu, w drugim oraz w całym okresie dwóch tygodni.
(Pokaż odpowiedź)
Odpowiedz na pytania.
(Pokaż odpowiedź)
Jaka jest wariancja i jakie jest odchylenie standardowe zestawu liczb: 2, 4, 6, 8, 10? Jak
zmienią się wariancja i odchylenie standardowe, jeżeli każdą z podanych liczb zwiększy-
my dwa razy?
a)
Średnia arytmetyczna zestawu pięciu liczb: a, b, c, d, e jest równa
−
x , a odchylenie stan-
dardowe σ. Jak zmienią się te dwa wskaźniki, gdy każdą z liczb tego zestawu zwiększymy
trzy razy?
b)
Miary rozproszenia
131

W pewnej szkole przeprowadzono badanie dotyczące liczby dzieci w rodzinach uczniów. Wyniki
przedstawiono na diagramie.
Oblicz wariancję i odchylenie standardowe otrzymanych wyników.
(Pokaż odpowiedź)
Na lekcji fizyki przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono temperaturę pew-
nej próbki umieszczonej w określonych warunkach. Wyniki zapisano w tabeli.
nr próbki 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
temperatura 23,12 23,71 22,93 23,34 23,19 23,45 23,65 23,74 23,48 23,62
Oblicz średnią temperaturę oraz wariancję i odchylenie standardowe w tym badaniu. Każdy z
otrzymanych wyników podaj z dokładnością do 0,01.
Miary rozproszenia
132

Rozdział 3. Kombinatoryka
3.1. Liczba elementów zbioru skończonego
Liczba elementów zbioru skończonego
W poniższych przykładach zajmiemy się obliczaniem liczby elementów pewnych zbiorów skończo-
nych.
Zauważmy na wstępie, że w zbiorze, do którego należą wszystkie kolejne liczby naturalne od 1 do
n, jest n elementów.
Przykład 1.
Do klasy pierwszej przyjęto 35 uczniów. Zatem w dzienniku lekcyjnym powinni być oni wpi-
sani w porządku alfabetycznym, otrzymując numery: 1, 2, 3, … , 34, 35.
Przykład 2.
W zbiorze A = {1, 2, 3, … , 1674, 1675} kolejnych liczb naturalnych od 1 do 1675 jest 1675
elementów.
Uwaga. Liczbę elementów zbioru A będziemy oznaczać symbolem | A | . Wobec tego liczbę
elementów zbioru A z powyższego przykładu zapiszemy symbolicznie: | A | = 1675.
Przykład 3.
Ustalimy, ile jest elementów w zbiorze {12, 13, 14, … , 26, 27} kolejnych liczb naturalnych
od 12 do 27.
• sposób I
Można wypisać wszystkie elementy tego zbioru i po prostu policzyć, ile ich jest.
Warto zauważyć, że numerując dla porządku kolejne elementy tego zbioru
(1) – 12
(2) – 13
(3) – 14
ustawiamy je w ciąg, w którym numer elementu jest niezmiennie o 11 mniejszy od tego ele-
mentu.
Takie numerowanie zakończy się więc przyporządkowaniem liczbie 27 numeru 16 (bo
27 − 11 = 16), co oznacza, że w zbiorze {12, 13, 14, … , 26, 27} jest 16 elementów.
Uwaga. Ciąg, którego własności wykorzystaliśmy przy obliczaniu elementów danego zbioru
jest ciągiem arytmetycznym, o pierwszym wyrazie 12 i różnicy 1. Można go więc opisać wzo-
rem ogólnym n + 11, gdzie n = 1, 2, 3, ..., 16.
• sposób II
Kombinatoryka
133

Zauważmy, że zbiór {1, 2, 3, … , 26, 27}, liczący 27 elementów, możemy podzielić na dwa
rozłączne podzbiory:
liczb mniejszych od 12:
{1, 2, 3, … , 11}, który ma 11 elementów
oraz liczb od 12 do 27:
{12, 13, 14, … , 26, 27}.
Oznacza to, że zbiór {12, 13, 14, … , 26, 27} ma 27 − 11 = 16 elementów.
Zasada równoliczności
W sposobie I w poprzednim przykładzie, aby stwierdzić, że w zbiorze {12, 13, 14, … , 26, 27}
jest 16 elementów, ponumerowaliśmy elementy tego zbioru od 1 do 16, co oznacza, że ustaliliśmy
wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie między elementami zbiorów
{12, 13, 14, … , 26, 27} oraz {1, 2, 3, … , 15, 16}.
Zastosowaliśmy w ten sposób zasadę równoliczności.
Zasada równolicznościDwa zbiory A i B są równoliczne (mają tyle samo elementów), jeżeli ich
elementy można przyporządkować wzajemnie jednoznacznie, to znaczy, że każdemu elementowi
zbioru A przyporządkujemy dokładnie jeden element zbioru B oraz każdemu elementowi zbioru
B przyporządkujemy dokładnie jeden element zbioru A.
Przykład 4.
Korzystając z pomysłów z poprzedniego przykładu, wykażemy, że w zbiorze kolejnych liczb
naturalnych od k do l:
{k, k + 1, k + 2, ..., l − 1, l}
jest l − k + 1 elementów.
• sposób I
Ustawiamy kolejne elementy zbioru {k, k + 1, k + 2, ..., l − 1, l} w taki ciąg (an), że a1 = k
, a2 = k + 1, i tak dalej co 1, do ostatniego wyrazu równego l. W tym ciągu numer wyrazu jest
więc niezmiennie o k − 1 mniejszy od tego wyrazu, zatem jego ostatni wyraz to al − (k − 1) = l.
Wobec tego taki ciąg (an)jest określony dla n = 1, 2, ..., l − k + 1, czyli ma l − k + 1 wyrazów.
Uwaga. Ciąg arytmetyczny (an) o wyrazie pierwszym a1 = k i różnicy 1 jest określony wzorem
ogólnym an = k + n − 1. Gdy an = l, to k + n − 1 = l, stąd n = l − k + 1.
• sposób II
Zauważmy, że zbiór {1, 2, ..., l − 1, l}, liczący l elementów, możemy podzielić na dwa roz-
łączne podzbiory:
liczb mniejszych od k:
{1, 2, ..., k − 2, k − 1}, który ma k − 1 elementów
134

oraz liczb od k do l:
{k, k + 1, k + 2, ..., l − 1, l}.
Oznacza to, że zbiór {k, k + 1, k + 2, ..., l − 1, l} ma l − (k − 1) = l − k + 1 elementów.
Przykład 5.
Sprawdzimy, czy zbiory:
A = {20, 21, 22, … , 73, 74},
B = {136, 137, 138, … , 189, 190},
C = {1, 2, 3, … , 54, 55}
są równoliczne.
Zbiór C ma 55 elementów, liczba elementów zbioru A to | A | = 74 − (20 − 1) = 55, a liczba
elementów zbioru B to | B | = 190 − (136 − 1) = 55. Zatem zbiory A, B i C są równoliczne.
Reguła dodawania
W przykładzie 3, w sposobie II, aby stwierdzić, że w zbiorze {12, 13, 14, … , 26, 27} jest 16 ele-
mentów, podzieliliśmy zbiór {1, 2, 3, … , 26, 27} na dwa podzbiory: {1, 2, 3, … , 10, 11} oraz
{12, 13, 14, … , 26, 27}. Skorzystaliśmy z tego, że usuwając ze zbioru {1, 2, 3, … , 26, 27},
który ma 27 elementów, podzbiór jedenastoelementowy {1, 2, 3, … , 10, 11}, dostaliśmy pod-
zbiór {12, 13, 14, … , 26, 27}, który ma 16 elementów.
Załóżmy teraz, że w wyniku podziału (rozbicia) zbioru otrzymaliśmy dwa podzbiory A i B. Wtedy
ten zbiór jest sumą dwóch zbiorów rozłącznych A i B. Tak otrzymany zbiór opisujemy, używając
symbolu sumy zbiorów: A ? B.
Rozumując podobnie jak powyżej, możemy stwierdzić, że liczba | A ? B | elementów zbioru
A ? B jest sumą liczb | A | i | B | , które opisują liczby elementów jego podzbiorów A i B, otrzy-
manych w wyniku tego podziału:
| A ? B | = | A | + | B | .
Przykład 6.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 3.
Wszystkich liczb dwucyfrowych, czyli liczb ze zbioru {10, 11, 12, … , 98, 99}, jest
99 − 9 = 90.
Zauważmy teraz, że wśród trzech kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna podzielna
przez 3, jest dokładnie jedna, która przy dzieleniu przez 3 daje resztę 1 oraz jest dokładnie
jedna, która przy dzieleniu przez 3 daje resztę 2.
135

Ponieważ
1
3
? 90 = 30, więc zbiór liczb dwucyfrowych możemy rozbić na 30 podzbiorów trzy-
elementowych
{10, 11, 12}, {13, 14, 15}, {16, 17, 18}, … , {97, 98, 99}
takich, że w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 3. Oznacza to,
że jest 30 wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 3.
Przykład 7.
Korzystając z wniosków zapisanych w poprzednim przykładzie, wykażemy, że w każdym ze
zbiorów: liczb dwucyfrowych, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1 oraz liczb dwucyfro-
wych, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2, jest 30 elementów.
Korzystamy z rozbicia zbioru {10, 11, 12, … , 98, 99} liczb dwucyfrowych na trzy podzbio-
ry:
A0 = {12, 15, ..., 99} – zbiór liczb podzielnych przez 3,
A1 = {10, 13, ..., 97} - zbiór liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 1,
A2 = {11, 14, ..., 98} - zbiór liczb, które przy dzieleniu przez 3 dają resztę 2.
Podzbiory te są parami rozłączne (bo rozdzielaliśmy ich elementy ze względu na resztę z
dzielenia przez 3) oraz równoliczne (jednoznaczne przyporządkowanie między ich elementa-
mi gwarantuje podział na trzydzieści podzbiorów trzyelementowych – wykorzystaliśmy ten
podział w przykładzie 6).
Podsumowując:
• jest 90 wszystkich liczb dwucyfrowych, czyli liczb w zbiorze A0 ? A1 ? A2:
| A0 ? A1 ? A2 | = 90
• zbiór liczb dwucyfrowych można rozbić na trzy podzbiory A0, A1, A2, które są parami
rozłączne, stąd
| A0 ? A1 ? A2 | = | A0 | + | A1 | + | A2 |
• otrzymane podzbiory są równoliczne, a więc
| A0 | = | A1 | = | A2 |
Wynika z tego, że każdy z tych podzbiorów ma 30 elementów:
| A0 | = | A1 | = | A2 | =
1
3
∙ 90 = 30
Uwaga. Powyżej stwierdziliśmy, że zbiory A0, A1, A2 są parami rozłączne. Oznacza to, że
każda z par zbiorów: A0 i A1, A1 i A2 oraz A0 i A2 nie ma elementu wspólnego. Używając sym-
bolu iloczynu (części wspólnej) zbiorów oraz symbolu zbioru pustego (?), następująco zapisu-
jemy fakt, że zbiory A0, A1, A2 są parami rozłączne:
A0 ∩ A1 = ? i A1 ∩ A2 = ? i A0 ∩ A2 = ?.
136

Przykład 8.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
• sposób I
Każdą liczbę podzielną przez 7 możemy zapisać w postaci 7n, gdzie n jest liczbą całkowitą.
Wystarczy zatem obliczyć, ile jest wszystkich całkowitych n, które spełniają układ nierówności
7n ≥ 100 i 7n ≤ 999.
Ponieważ 7n ≥ 100 dla n ≥
100
7
= 14
2
7
oraz 7n ≤ 999 dla n ≤
999
7
= 142
5
7
, więc
n = 15, 16, 17, ..., 141, 142.
Wynika z tego, że najmniejszą liczbą trzycyfrową, która dzieli się przez 7, jest 15 ? 7 = 105, a
największą 142 ? 7 = 994.
W zbiorze {15, 16, 17, ..., 141, 142} jest 142 − 14 = 128 elementów, więc dokładnie tyle
jest liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
• sposób II
Wszystkich liczb trzycyfrowych, czyli liczb ze zbioru {100, 101, 102, … , 998, 999}, jest
999 − 99 = 900.
Zauważmy teraz, że wśród siedmiu kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie po jednej
liczbie dla każdej z możliwych reszt z dzielenia przez 7 : 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ponieważ
900 = 128 ? 7 + 4, więc jeżeli ze zbioru liczb trzycyfrowych wyjmiemy podzbiór czteroelemen-
towy {100, 101, 102, 103}, to pozostały podzbiór, liczący 896 elementów, możemy rozbić
na 128 podzbiorów siedmioelementowych – w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna
liczba podzielna przez 7:
{104, 105, 106, 107, 108, 109, 110}, … , {993, 994, 995, 996, 997, 998, 999}.
Sprawdzamy, że żadna z liczb ze zbioru {100, 101, 102, 103} nie dzieli się przez 7, zatem
jest dokładnie 128 liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 7.
• sposób III
Zbiór {100, 101, 102, … , 998, 999} wszystkich liczb trzycyfrowych jest podzbiorem zbioru
{1, 2, 3, … , 998, 999} wszystkich liczb naturalnych od 1 do 999.
Ponieważ 999 = 142 ? 7 + 5, więc jeżeli ze zbioru liczb naturalnych od 1 do 999 wyjmiemy
podzbiór pięcioelementowy {995, 996, 997, 998, 999}, to pozostałe 994 liczby możemy
rozdzielić do 142 podzbiorów siedmioelementowych:
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}, … , {988, 989, 990, 991, 992, 993, 994}.
W każdym z nich jako ostatnia zapisana jest jedyna w takim podzbiorze liczba podzielna
przez 7. Zatem bez sprawdzania możemy stwierdzić, że wśród liczb ze zbioru
{995, 996, 997, 998, 999} nie ma liczby podzielnej przez 7.
Skoro 99 = 14 ? 7 + 1, więc jeżeli ze zbioru liczb naturalnych od 1 do 99 wyjmiemy liczbę 99,
to pozostałe 98 liczb możemy rozdzielić do 14 podzbiorów siedmioelementowych:
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, {8, 9, 10, 11, 12, 13, 14}, … , {92, 93, 94, 95, 96, 97, 98}.
137

Oznacza to, że w zbiorze liczb naturalnych od 1 do 99 jest dokładnie 14 liczb podzielnych
przez 7.
Wobec tego w zbiorze liczb naturalnych od 100 do 999 jest ich 142 − 14 = 128.
Uwaga. Zauważmy, że wykorzystane w rozwiązaniu liczby 142 i 14 otrzymaliśmy, przybliżając
z niedomiarem ułamki odpowiednio
999
7
= 142
5
7
oraz
99
7
= 14
2
7
.
Dowolnej liczbie rzeczywistej x można jednoznacznie przypisać jej część całkowitą (zwaną też
cechą lub podłogą tej liczby), która oznacza największą liczbę całkowitą, która nie jest więk-
sza od x. Część całkowita liczby x oznaczana jest symbolem ?x?.
Stosując to oznaczenie, zapiszemy, że liczb trzycyfrowych podzielnych przez 7 jest
?999
7 ?− ?99
7 ?= ?142
5
7?− ?14
2
7?= 142 − 14 = 128.
Rozumując w podobny sposób jak w ostatnim sposobie rozwiązania, stwierdzimy np., że
• wszystkich liczb czterocyfrowych podzielnych przez 11 jest
?9999
11 ?− ?999
11 ?= ?909? − ?90
9
11?= 909 − 90 = 819,
• wszystkich liczb pięciocyfrowych podzielnych przez 17 jest
?99999
17 ?− ?9999
17 ?= ?5882
5
17?− ?588
3
17?= 5882 − 588 = 5294,
• a wszystkich liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 29 jest
?999999
29 ?− ?99999
29 ?= ?34482
21
29?− ?3448
7
29?= 34482 − 3448 = 31034.
Podamy teraz wzór, pozwalający obliczyć liczbę elementów sumy n zbiorów rozłącznych.
Do jego uzasadnienia wystarczy przeprowadzić podobne rozumowanie, jak stosowane w po-
przednich przykładach.
Własność: Liczba elementów sumy n zbiorów
rozłącznych
Jeżeli zbiory A1, A2, ..., An są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru
A1 ? A2 ? ... ? An jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów A1, A2, ..., An:
| A1 ? A2 ? ... ? An | = | A1 | + | A2 | + ... + | An | .
Regułę, która jest zapisana w powyższym wzorze, nazywamy regułą dodawania.
138

Przykład 9.
Obliczymy, ile jest liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 5.
Oznaczmy:
A2 - zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2,
A5 - zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5.
Mamy obliczyć, ile jest liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub przez 5, czyli war-
tość | A2 ? A5 | .
Zauważmy, że:
• wśród dwóch kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna parzysta i dokładnie jed-
na nieparzysta. Ponieważ da się rozbić zbiór liczb dwucyfrowych na takie podzbiory
dwuelementowe, że w każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna
przez 2, więc | A2 | =
1
2
? 90 = 45.
• wśród pięciu kolejnych liczb naturalnych jest dokładnie jedna podzielna przez 5. Ponie-
waż da się rozbić zbiór liczb dwucyfrowych na takie podzbiory pięcioelementowe, że w
każdym z nich znajdzie się dokładnie jedna liczba podzielna przez 5, więc
| A5 | =
1
5
? 90 = 18.
Zbiory A2 oraz A5 nie są jednak rozłączne – wśród liczb dwucyfrowych są takie, które dzielą
się zarówno przez 2, jak i przez 5, taką jest np. 10. Ponieważ liczba całkowita dzieli się przez
2 i przez 5 wtedy i tylko wtedy, gdy dzieli się przez 10, więc musimy jeszcze obliczyć, ile jest
liczb dwucyfrowych podzielnych przez 10.
Liczb tych jest 9, co można sprawdzić, wypisując je wszystkie lub zauważając, że takich liczb
jest
1
10
? 90 = 9.
Przedstawimy teraz trzy pomysły na dokończenie rozwiązania przykładu 9.
• sposób I
Zbiór A2 ? A5 rozbijemy na trzy rozłączne podzbiory:
• zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 i przez 5.
Jest to zbiór liczb podzielnych przez 10, zatem takich liczb jest 9.
• zbiór tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5.
Zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 możemy rozbić na dwa podzbiory: podzbiór
liczb podzielnych przez 5 i podzbiór liczb niepodzielnych przez 5. Wszystkich liczb dwucyfro-
wych podzielnych przez 2 jest 45, tych spośród nich, które są dodatkowo podzielne przez
5, jest 9, zatem liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5, jest
45 − 9 = 36.
• zbiór tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 5 i nie dzielą się przez 2.
Zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 5 możemy rozbić na dwa podzbiory: podzbiór
liczb parzystych i podzbiór liczb nieparzystych. Wszystkich liczb dwucyfrowych podzielnych
przez 5, jest 18, tych spośród nich, które są dodatkowo podzielne przez 2, jest 9, zatem liczb
dwucyfrowych, które dzielą się przez 5 i nie dzielą się przez 2, jest 18 − 9 = 9.
Ostatecznie stwierdzamy, że wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub
przez 5, jest
139

| A2 ? A5 | = 9 + 36 + 9 = 54.
• sposób II
Obliczając liczbę tych liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 2 i nie dzielą się przez 5, moż-
na zauważyć, że zbiór parzystych liczb dwucyfrowych da się rozbić na pięć podzbiorów ze
względu na resztę z dzielenia przez 5. Obliczymy wtedy, że szukane przez nas liczby są ele-
mentami 4 z tych 5 podzbiorów, zatem ich liczba to
4
5
? 45 = 36
Analogiczny pomysł można zastosować do ustalenia, ile jest liczb dwucyfrowych, które są po-
dzielne przez 2 lub przez 5.
Rozbijemy mianowicie zbiór liczb dwucyfrowych na 10 podzbiorów ze względu na resztę
z dzielenia przez 10. W każdym z tych podzbiorów jest
1
10
? 90 = 9 elementów. Wyróżnimy
wśród tych podzbiorów dwie grupy:
(1) podzbiory, w których znajdują się liczby dające przy dzieleniu przez 10 jedną z reszt:
0, 2, 4, 5, 6 lub 8,
(2) podzbiory, w których znajdują się liczby dające przy dzieleniu przez 10 jedną z reszt:
1, 3, 7, 9.
Zauważmy, że każda z liczb, która znalazła się w dowolnym z podzbiorów grupy (1) dzieli się
przez 2 lub przez 5, a każda z liczb, które są w dowolnym z podzbiorów grupy (2) jest liczbą
niepodzielną ani przez 2, ani przez 5.
Zatem
| A2 ? A5 | =
6
10
? 90 = 54.
• sposób III
Obliczyliśmy wcześniej, że liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 jest | A2 | = 45, liczb
dwucyfrowych podzielnych przez 5 jest | A5 | = 18, liczb dwucyfrowych podzielnych jed-
nocześnie przez 2 i przez 5 jest | A2 ∩ A9 | = 9.
Każda liczba należącą do tego ostatniego zbioru jest również elementem każdego ze zbiorów
A2 oraz A5. Wypisując zatem wszystkie liczby dwucyfrowe podzielne przez 2 oraz wszystkie
liczby dwucyfrowe podzielne przez 5, wypiszemy dokładnie dwa razy każdą z liczb po-
dzielnych przez 10, a każdą inną – dokładnie raz. Oznacza to, że jeśli od sumy
| A2 | + | A5 | = 45 + 18 = 63 odejmiemy liczbę | A2 ∩ A9 | = 9, to ustalimy, ile jest
liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2 lub 5:
| A2 ? A5 | = | A2 | + | A5 | − | A2 ∩ A5 | = 45 + 18 − 9 = 54.
Rozumując podobnie jak w ostatnim sposobie rozwiązania przykładu 9, możemy stwierdzić,
że dla dowolnych dwóch zbiorów A i B liczba | A ? B | elementów należących do zbioru A
140

lub do zbioru B jest równa sumie liczb | A | i | B | , pomniejszonej o liczbę | A ∩ B |
elementów należących jednocześnie do zbioru A i do zbioru B:
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | .
Przykład 10.
W konkursie matematycznym uczestniczyło 132 uczniów. Siedmiu spośród nich nie rozwi-
ązało żadnego z dwóch pierwszych zadań, 98 uczestników rozwiązało zadanie pierwsze, a 55
z nich rozwiązało zadanie drugie. Ustalimy, ilu jest uczestników tego konkursu, którzy rozwi-
ązali oba zadania: pierwsze i drugie.
Z treści zadania wynika, że liczba uczestników konkursu, którzy rozwiązali zadanie pierwsze
lub zadanie drugie, jest równa
132 − 7 = 125.
Przyjmiemy teraz następujące oznaczenia: uczestników konkursu, którzy rozwiązali zadania
pierwsze, przypiszemy do zbioru A, a tych uczestników, którzy rozwiązali zadania drugie – do
zbioru B.
Wiemy, że | A ? B | = 125, | A | = 98 i | B | = 55.
Ponieważ | A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | , więc 125 = 98 + 55 − | A ∩ B | , stąd
| A ∩ B | = 98 + 55 − 125 = 28, co oznacza, że 28 uczestników tego konkursu rozwiązało
oba zadania: pierwsze i drugie.
Przykład 11.
W konkursie matematycznym, w którym uczestnicy mieli do rozwiązania trzy zadania, uczest-
niczyło 49 uczniów. Zadanie pierwsze rozwiązało 34 uczniów, zadanie drugie – 27, zadanie
trzecie – 18. Ponadto: zadanie pierwsze i drugie rozwiązało 19 uczniów, zadanie drugie i trze-
cie – 10 uczniów, zadanie pierwsze i trzecie – 13 uczniów, a 8 uczniów rozwiązało wszystkie
trzy zadania.
Ustalimy, ilu jest uczestników tego konkursu, którzy nie rozwiązali żadnego z trzech zadań.
Oznaczamy literami P, D, T zbiory uczniów, którzy rozwiązali odpowiednio pierwsze, drugie
i trzecie zadanie.
Przedstawimy rozwiązanie, korzystając z poniższego diagramu:
141

Wpisujemy w odpowiednie miejsce diagramu liczbę uczestników, którzy:
• rozwiązali wszystkie trzy zadania (jest ich 8),
• rozwiązali zadania 1 i 2, ale nie rozwiązali zadania 3 (jest ich 19 − 8 = 11),
• rozwiązali tylko zadanie 1 (jest ich 34 − (11 + 8 + 5) = 10),
• rozwiązali tylko zadanie 2 (jest ich 27 − (11 + 8 + 2) = 6),
• rozwiązali tylko zadanie 3 (jest ich 18 − (5 + 8 + 2) = 3).
Wobec tego wszystkich uczestników tego konkursu, którzy rozwiązali co najmniej jedno
zadanie, było
8 + 11 + 5 + 2 + 10 + 6 + 3 = 45.
Zatem 4 uczestników konkursu nie rozwiązało żadnego z trzech zadań. To zadanie moż-
na też rozwiązać, rozumując w następujący sposób. Wybieramy po kolei wszystkie ele-
menty zbiorów: najpierw P, potem D i następnie T – jest ich razem
| P | + | D | + | T | = 34 + 27 + 18 = 79.
Na diagramie zaznaczamy „ + ” w każdym miejscu, z którego wzięliśmy wszystkie ele-
menty
Zauważamy, że elementy należące do części wspólnej każdych dwóch zbiorów obliczyli-
śmy za dużo razy – poprawiamy wynik, odejmując od niego liczby | P ∩ D | ,
| D ∩ T | i | P ∩ T | :
142

| P | + | D | + | T | − ( | P ∩ D | + | D ∩ T | + | P ∩ T | ) = (34 + 27 + 18) − (19 + 10 + 13) = 79 −
Na diagramie zabieramy „ + ” z każdego miejsca, z którego elementy usunęliśmy.
Zatem pozostaje jeszcze tylko dodać elementy części wspólnej wszystkich trzech zbio-
rów tak, żeby każdy element sumy był policzony dokładnie raz.
Ponieważ | P ∩ D ∩ T | = 8, więc otrzymujemy, że liczba elementów zbioru P ? D ? T,
czyli liczba uczestników konkursu, którzy rozwiązali co najmniej jedno zadanie, jest rów-
na
| P ? D ? T | = | P | + | D | + | T | − ( | P ∩ D | + | D ∩ T | + | P ∩ T | )+ | P ∩ D ∩ T | = 7
.Oznacza to, że 4 uczestników konkursu nie rozwiązało żadnego z trzech zadań.
Wskazówka
Znamy już wzór na liczbę elementów sumy dwóch zbiorów
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B |
Korzystając z powyższego sposobu rozwiązania, możemy zapisać wzór na liczbę elementów
sumy A ? B ? C trzech zbiorów A, B i C:
143

| A ? B ? C | = | A | + | B | + | C | − ( | A ∩ B | + | B ∩ C | + | A ∩ C | )+ | A ∩ B ∩ C |
Obydwa zapisane powyżej wzory są szczególnymi przypadkami zastosowania tzw. zasady
włączeń i wyłączeń.
Wszystkich liczb trzycyfrowych większych od 200 i mniejszych od 500 jest
a) 298
b) 299
c) 300
d) 301
(Pokaż odpowiedź)
W klasie IIIa jest 33 uczniów. Na wycieczkę do Gdańska pojechało 25 z nich, a na wycieczkę
do Rzeszowa pojechało ich 28, przy czym dokładnie trzech uczniów tej klasy nie pojechało na
żadną z tych dwóch wycieczek. Ile uczniów tej klasy było na obu wycieczkach: w Gdańsku i w
Rzeszowie?
a) 23
b) 25
c) 28
d) 30
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest elementów zbioru {11, 15, 19, … , 95, 99} wszystkich liczb dwucyfrowych, które przy
dzieleniu przez 4 dają resztę 3?
a) 25
b) 24
c) 23
144

d) 22
(Pokaż odpowiedź)
Kasia znalazła książkę, z której ktoś wyrwał kartki. Kiedy Kasia otworzyła książkę w zniszczonej
części, z lewej strony odczytała numer 98, a z prawej – 353. Ile kartek zostało wyrwanych z tej
książki w tym miejscu?
a) 127
b) 128
c) 254
d) 255
(Pokaż odpowiedź)
Wszystkich liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 9 lub przez 10, jest
a) 10
b) 18
c) 19
d) 20
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
(Pokaż odpowiedź)
A –liczb naturalnych od 27 do 62: A = {27, 28, 29, … , 61, 62}a)
B – dwucyfrowych liczb nieparzystych: B = {11, 13, 15, … , 97, 99}b)
C – liczb dwucyfrowych podzielnych przez 6: C = {12, 18, 24, … , 90, 96}c)
D – liczb trzycyfrowych podzielnych przez 5: D = {100, 105, 110, … , 990, 995}d)
145

Oblicz, ile jest elementów w zbiorze:
(Pokaż odpowiedź)
Piotruś pomagał dziadkowi porządkować książki. Zdejmując z górnej półki opasły tom starej
encyklopedii, nie zdołał utrzymać książki w ręku, a ta, upadając, rozerwała się. Podnosząc część,
która oddzieliła się od reszty książki, Piotruś zauważył, że na jej pierwszej stronie jest numer
306, a na ostatniej numer zapisany za pomocą tych samych cyfr. Ile kartek liczyła ta wyrwana
część encyklopedii? Odpowiedź uzasadnij.
(Pokaż odpowiedź)
Bieg uliczny ukończyło 2015 osób. Liczba zawodników, którzy przybiegli za Markiem, jest 18 ra-
zy większa od liczby tych startujących, którzy przybiegli przed nim, natomiast Jola ukończyła za-
wody dokładnie w połowie stawki. Ile osób zajęło w tym biegu miejsca między Markiem a Jolą?
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest:
A1 – liczb trzycyfrowych, które przy dzieleniu przez 10 dają resztę 1:
A1 = {101, 111, … , 991}
a)
A3 = {103, 113, … , 993}
b)
A6 = {106, 116, … , 996}
c)
A8 = {108, 118, … , 998}
d)
wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 20.a)
wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4.b)
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 25.c)
146

(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest liczb
(Pokaż odpowiedź)
Wiadomo, że wśród 100 uczestników pewnego międzynarodowego konkursu matematycznego
80 zna język angielski, 50 zna język francuski, 40 zna język niemiecki, a 21 zna język rosyjski.
Wykaż, że pewien uczestnik tego konkursu, który zna język angielski, zna również:
(Pokaż odpowiedź)
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 8.d)
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 11.a)
wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 17.b)
wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 19.c)
wszystkich liczb czterocyfrowych, które dzielą się przez 23.d)
dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 10a)
dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 9b)
trzycyfrowych, które są podzielne przez 5 lub są podzielne przez 15c)
trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 75d)
język francuskia)
język niemieckib)
język rosyjskic)
147

W klasie III b jest 33 uczniów, z czego 19 to chłopcy. Wiadomo, że 15 uczniów tej klasy chodzi
na zajęcia kółka matematycznego. Wykaż, że w zajęciach tego kółka bierze udział co najmniej
jeden chłopiec.
(Pokaż odpowiedź)
Na piątkowe zajęcia w domu kultury zapisało się 51 osób. W tym dniu odbywają się tam tylko
zajęcia koła plastycznego (od 15.00 do 17.00), na które zapisało się 38 osób, oraz zajęcia koła
teatralnego (17.30 do 19.00), na które zapisało się 16 osób. Ile osób planuje uczęszczać w piątki
na zajęcia obu tych kół?
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest liczb
(Pokaż odpowiedź)
Każdy z 70 uczestników warsztatów matematycznych miał określić, co chciałby robić we wtorek
po kolacji. Do wyboru były zajęcia w sali gimnastycznej oraz gry i zabawy w świetlicy. 56 osób
zgłosiło chęć udziału na zajęciach w sali gimnastycznej, 38 – w grach i zabawach w świetlicy,
przy czym 26 osób zgłosiło się i na zajęcia w sali gimnastycznej, i na zajęcia w świetlicy. Ilu
uczestników tych warsztatów postanowiło po kolacji zostać w pokoju?
(Pokaż odpowiedź)
dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub są podzielne przez 9a)
dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub są podzielne przez 10b)
trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 lub są podzielne przez 75c)
trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 lub są podzielne przez 60d)
148

Ze zbioru {1, 2, 3, … , 999, 1000} wszystkich liczb naturalnych od 1 do 1000 usunięto naj-
pierw wszystkie liczby podzielne przez 4, a następnie spośród reszty usunięto wszystkie liczby
podzielne przez 5. Ile liczb pozostało?
(Pokaż odpowiedź)
Do pracy w samorządzie szkolnym zgłosiło się trzech kandydatów: A, B i C. Za pomocą głosowa-
nia na szkolnej stronie internetowej przeprowadzono sondaż na temat popularności tych kan-
dydatów. W stosownym formularzu należało dokonać wyboru, do którego zachęcano następu-
jąco: „Spośród kandydatów A, B, C wybierz tych, którzy według Ciebie zasługują na wybór do
samorządu szkolnego”. Opiekun strony internetowej przygotował raport, w którym podał, że:
w sondażu oddano 370 głosów,
na kandydata A oddano 200 głosów,
na kandydata B oddano 211 głosów,
na kandydata C oddano 134 głosy,
kandydata A i kandydata B wskazało 68 głosujących,
kandydata B i kandydata C wskazało 73 głosujących,
kandydata A i kandydata C wskazało 86 głosujących,
wszystkich trzech kandydatów wskazało 56 głosujących.
Wykaż, że w tym raporcie jest błąd.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2 lub przez 3, lub przez 5.
(Pokaż odpowiedź)
Wiadomo, że wśród 20 laureatów pewnego międzynarodowego konkursu matematycznego 15
zna język angielski, 14 zna język francuski, a 12 zna język niemiecki. Wykaż, że pewien laureat
tego konkursu zna każdy z tych trzech języków.
(Pokaż odpowiedź)
Jarek, Darek i Marek, przygotowując się do sprawdzianu z matematyki, rozwiązali wspólnymi
siłami wszystkie 90 zadań poleconych przez nauczyciela. Jarek rozwiązał 70 zadań, Darek – 60,
149

a Marek – 40. Chłopcy uznali, że zadania, które rozwiązali wszyscy, były łatwe, ale zadania roz-
wiązane tylko przez jedną osobę były trudne. Wykaż, że zadań trudnych było o 10 więcej niż
zadań łatwych.
(Pokaż odpowiedź)
150

3.2. Reguła mnożenia, reguła dodawania
Reguła mnożenia
Przykład 1.
W pudełku jest 11 kul, ponumerowanych od 1 do 11. Z tego pudełka losujemy jedną kulę,
zapisujemy jej numer i wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka. Następnie ope-
rację losowania powtarzamy, zapisując wynik drugiego losowania.
Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia.
Pojedynczy wynik takiego doświadczenia zapisujemy, notując dwie liczby: najpierw wynik
pierwszego losowania −w1, a następnie wynik drugiego losowania −w2.
Wszystkie możliwe wyniki doświadczenia możemy przedstawić np. za pomocą tabeli.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
1 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6) (1, 7) (1, 8) (1, 9) (1, 10) (1, 11)
2 (2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6) (2, 7) (2, 8) (2, 9) (2, 10) (2, 11)
3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6) (3, 7) (3, 8) (3, 9) (3, 10) (3, 11)
4 (4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6) (4, 7) (4, 8) (4, 9) (4, 10) (4, 11)
5 (5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6) (5, 7) (5, 8) (5, 9) (5, 10) (5, 11)
6 (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6) (6, 7) (6, 8) (6, 9) (6, 10) (6, 11)
7 (7, 1) (7, 2) (7, 3) (7, 4) (7, 5) (7, 6) (7, 7) (7, 8) (7, 9) (7, 10) (7, 11)
8 (8, 1) (8, 2) (8, 3) (8, 4) (8, 5) (8, 6) (8, 7) (8, 8) (8, 9) (8, 10) (8, 11)
9 (9, 1) (9, 2) (9, 3) (9, 4) (9, 5) (9, 6) (9, 7) (9, 8) (9, 9) (9, 10) (9, 11)
10 (10, 1) (10, 2) (10, 3) (10, 4) (10, 5) (10, 6) (10, 7) (10, 8) (10, 9) (10, 10) (10, 11)
11 (11, 1) (11, 2) (11, 3) (11, 4) (11, 5) (11, 6) (11, 7) (11, 8) (11, 9) (11, 10) (11, 11)
Każdy wynik doświadczenia został w powyższej tabeli utożsamiony z przyporządkowaną mu
parą liczb (w1, w2). Jeżeli np. w pierwszym losowaniu otrzymamy 3, a w drugim 8, to wy-
nik tego losowania zapiszemy jako (3, 8). Z kolei zapisanie pary (11, 2) to informacja, że za
pierwszym razem wylosowano 11, a za drugim – 2.
Ponieważ rozpatrywane doświadczenie losowe to wykonanie jedna po drugiej dwóch czyn-
ności, polegających za każdym razem na wyborze jednego elementu z jedenastoelemento-
Reguła mnożenia, reguła dodawania
151

wego zbioru {1, 2, 3, … , 11}, to wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia jest
11 ∙ 11 = 121.
Przykład 2.
Ustalimy, ile dodatnich dzielników całkowitych ma każda z liczb: 72, 360 oraz 1410.
Skorzystamy z zapisu każdej z tych liczb w postaci rozkładu na czynniki pierwsze.
Ponieważ 72 = 2
3
? 3
2
, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 72 jest liczbą postaci
2
n
? 3
m
, przy czym n jest liczbą ze zbioru {0, 1, 2, 3}, natomiast m jest liczbą ze zbioru
{0, 1, 2}. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 72 polega na wykonaniu dwóch czynności:
wyborze wykładnika dla czynnika 2 – co można zrobić na 4 sposoby, a następnie na wyborze
wykładnika dla czynnika 3 - co można zrobić na 3 sposoby.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 72 ma 4 ? 3 = 12 dzielników, które przedsta-
wia poniższa tabela.
3
0
3
1
3
2
2
0
2
0
? 3
0
= 1 2
0
? 3
1
= 3 2
0
? 3
2
= 9
2
1
2
1
? 3
0
= 2 2
1
? 3
1
= 6 2
1
? 3
2
= 18
2
2
2
2
? 3
0
= 4 2
2
? 3
1
= 12 2
2
? 3
2
= 36
2
3
2
3
? 3
0
= 8 2
3
? 3
1
= 24 2
3
? 3
2
= 72
Ponieważ 360 = 2
3
? 3
2
? 5, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 360 jest liczbą postaci
2
n
? 3
m
? 5
k
, przy czym n jest liczbą ze zbioru {0, 1, 2, 3}, m jest liczbą ze zbioru {0, 1, 2}
, natomiast k jest liczbą ze zbioru {0, 1}. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 360 polega na
wykonaniu trzech czynności, z których pierwsza może skończyć się na jeden z 4 sposobów,
druga - na jeden z 3 sposobów, a trzecia - na jeden z 2 sposobów.
Jeżeli najpierw rozpatrzymy wszystkie przypadki związane z wykonaniem dwóch pierwszych
czynności (jest ich 12), a następnie wykonamy trzecią czynność, to dostaniemy 24 możliwo-
ści.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 360 ma 4 ? 3 ? 2 = 24 dodatnie dzielniki cał-
kowite , które przedstawia poniższa tabela.
2
0
? 3
0
2
1
? 3
0
2
2
? 3
0
2
3
? 3
0
2
0
? 3
1
2
1
? 3
1
2
2
? 3
1
2
3
? 3
1
2
0
? 3
2
2
1
? 3
2
2
2
? 3
2
2
3
? 3
2
5
0
1 2 4 8 3 6 12 24 9 18 36 72
5
1
5 10 20 40 15 30 60 120 45 90 180 360
Ponieważ 1410 = 2 ? 3 ? 5 ? 47, więc każdy dodatni czynnik całkowity liczby 1410 jest liczbą
postaci 2
n
? 3
m
? 5
k
? 47
l
, przy czym każda z liczb n, m, k, l wybierana jest ze zbioru {0, 1}
152

. Zauważmy, że wybór dzielnika liczby 1410 polega na wykonaniu czterech czynności, z któ-
rych każda może skończyć się na jeden z 2 sposobów.
Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że 1410 ma 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 16 dzielników.
Reguła mnożenia
Rozumując podobnie jak w przedstawionych powyżej przykładach, stwierdzimy, że:
• liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei
dwóch czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z n sposobów, druga – na
jeden z m sposobów, jest równa mn,
• liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei
trzech czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z n sposobów, druga – na
jeden z m sposobów, a trzecia – na jeden z k sposobów, jest równa kmn.
Zasada, którą w podobnych przypadkach stosujemy, nazywa się regułą mnożenia.
Twierdzenie: Reguła mnożenia
Liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei n
czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z k1 sposobów, druga – na jeden
z k2 sposobów, trzecia – na jeden z k3 sposobów i tak dalej do n − tej czynności, która może
zakończyć się na jeden z kn sposobów, jest równa
k1 ? k2 ? k3 ? ... ? kn
Powołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki
pierwsze daje się zapisać w postaci
n = p1
α
1 ? p2
α
2 ? ... ? pk
α
k,
gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczba-
mi całkowitymi,
ma
(α1 + 1) ? (α2 + 1) ? ... ? ( αk + 1)
dodatnich dzielników całkowitych.
Przykład 3.
Ustalimy, ile jest wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na:
siedmiokrotnym rzucie symetryczną monetą.W pojedynczym rzucie symetryczną mo-
netą możemy otrzymać jeden z dwóch wyników: „orzeł” lub „reszka”. Doświadczenie
polega więc na siedmiokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem może
skończyć się na jeden z 2 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że
a)
153

Wariacje z powtórzeniami
W doświadczeniach rozpatrywanych w poprzednim przykładzie mieliśmy do czynienia z tym sa-
mym schematem: każde z nich polegało na k- krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym
razem mogła się skończyć na jeden z n sposobów. Korzystając z reguły mnożenia, stwierdzamy,
że liczba wszystkich wyników w doświadczeniu tego typu jest równa
n ? n ? ... ? n
?
k czynników
= n
k
Doświadczenie polegające na k–krotnym powtórzeniu czynności, która za każdym razem mogła
się skończyć na jeden z n sposobów, nazywa się zwyczajowo k– wyrazową wariacją z powtórze-
niami zbioru n-elementowego.
Modelem dla tego typu doświadczenia jest k–wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie
ze zbioru n–elementowego (czyli z powtórzeniami – dowolny element zbioru może wystąpić wie-
lokrotnie w ciągu).
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.
liczba wszystkich wyników jest równa
2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2
7
= 128.
pięciokrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry.W pojedynczym rzucie sy-
metryczną sześcienną kostką do gry możemy otrzymać jeden z sześciu wyników:
1, 2, 3, 4, 5 lub 6 oczek. Doświadczenie polega więc na pięciokrotnym powtórzeniu
czynności, która za każdym razem może skończyć się na jeden z 6 sposobów. Korzy-
stając z reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
6 ? 6 ? 6 ? 6 ? 6 = 6
5
= 7776
b)
zapisaniu liczby trzycyfrowej, utworzonej wyłącznie za pomocą cyfr ze zbioru
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} (cyfry mogą się powtarzać).
Wybierając każdą cyfrę takiej liczby, możemy otrzymać jeden z ośmiu wyników. Ozna-
cza to, że doświadczenie polega na trzykrotnym powtórzeniu czynności, która za każ-
dym razem może skończyć się na jeden z 8 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia,
stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
8 ? 8 ? 8 = 8
3
= 512
c)
rozmieszczeniu 4 różnych notatników w 7 różnych teczkach.
Wyboru teczki dla każdego z czterech notatników możemy dokonać na 7 sposobów.
Doświadczenie polega więc na czterokrotnym powtórzeniu czynności, która za każdym
razem może skończyć się na jeden z 7 sposobów. Korzystając z reguły mnożenia,
stwierdzamy, że liczba wszystkich wyników jest równa
7 ? 7 ? 7 ? 7 = 7
4
= 2401
d)
154

Własność: liczba k-wyrazowych wariacji z
powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest rów-
na n
k
.
Przykład 4.
Stosując twierdzenie o liczbie wariacji z powtórzeniami, obliczymy, że:
Przykład 5.
Obliczymy sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5 (cyfry mogą się powtarzać).
Wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest do-
kładnie tyle, ile dwuelementowych ciągów (c1, c2), gdzie c1 oraz c2 to liczby wybrane ze zbio-
ru {1, 2, 3, 4, 5}, z powtórzeniami. Jest ich zatem 5 ? 5 = 25.
Sumę tych wszystkich liczb obliczymy dwoma sposobami.
• sposób I
Wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym elementy c1, c2 pary (c1, c2) to dla konkret-
nej liczby odpowiednio cyfra dziesiątek oraz cyfra jedności.
liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną to 6
3
= 216
,
a)
liczba wszystkich możliwych wyników pięciokrotnego rzutu monetą to 2
5
= 32,b)
liczba wszystkich możliwych liczb 4-cyfrowych utworzonych z cyfr {1, 2, 3, 4, 5} to
5
4
= 625,
c)
liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia 10 różnych długopisów w 4 róż-
nych szufladach to 4
10
= 1048576,
d)
liczba wszystkich możliwych sposobów umieszczenia 7 różnych kul w 6 różnych pudeł-
kach (zakładamy, że w każdym pudełku zmieści się co najmniej 7 takich kul) to
6
7
= 279936.
e)
155

1 2 3 4 5
1 11 12 13 14 15
2 21 22 23 24 25
3 31 32 33 34 35
4 41 42 43 44 45
5 51 52 53 54 55
Sumujemy liczby dwucyfrowe w kolejnych wierszach. Zauważamy przy tym, że:
• wszystkie liczby występujące w tym samym wierszu mają tę samą cyfrę dziesiątek,
• cyfry jedności tych liczb są różnymi liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.
1 2 3 4 5
1 11 12 13 14 15 suma: 5 ? 10 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
2 21 22 23 24 25 suma: 5 ? 20 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
3 31 32 33 34 35 suma: 5 ? 30 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
4 41 42 43 44 45 suma: 5 ? 40 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
5 51 52 53 54 55 suma: 5 ? 50 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
razem 5 ? 10 + 5 ? 20 + 5 ? 30 + 5 ? 40 + 5 ? 50 + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
Na koniec dodajemy wszystkie otrzymane sumy i otrzymujemy
5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
Oznacza to, że suma wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą
cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest równa
5 ? 10 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 5 ? (10 + 1) ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 5 ? 11 ? 15 = 825
• sposób II
Oznaczmy przez S sumę wszystkich liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą
cyfr 1, 2, 3, 4, 5.
Podobnie jak poprzednio wypisujemy wszystkie liczby w tabeli, przy czym do każdej z nich
dopisujemy teraz drugą liczbę dwucyfrową, w następujący sposób: do liczby opisanej przez
parę (c1, c2) dopisujemy liczbę opisaną przez parę (6 − c1, 6 − c2).
156

1 2 3 4 5
1 11, 55 12, 54 13, 53 14, 52 15, 51
2 21, 45 22, 44 23, 43 24, 42 25, 41
3 31, 35 32, 34 33, 33 34, 32 35, 31
4 41, 25 42, 24 43, 23 44, 22 45, 21
5 51, 15 52, 14 53, 13 54, 12 55, 11
Zauważmy, że:
• istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez parę
(c1, c2) do liczby wyznaczonej przez parę (6 − c1, 6 − c2), a ponadto suma takich
dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 66,
• każda z liczb dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest
przyporządkowana do dokładnie jednej pary (6 − c1, 6 − c2), gdzie c1 oraz c2 to liczby
wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.
Oznacza to, że dodając wszystkie liczby dwucyfrowe wpisane w ten sposób do tabeli:
• dodamy sumy par liczb wpisanych w 25 komórkach tabeli, czyli 25 razy liczbę 66,
• dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.
Stąd
2S = 25 ? 66
a więc
S =
1
2
? 25 ? 66 = 25 ? 33 = 825
Przykład 6.
Obliczymy sumę S wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5 (cyfry mogą się powtarzać).
Wszystkich liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest do-
kładnie tyle, ile trzyelementowych ciągów (c1, c2, c3), gdzie c1, c2 oraz c3 to liczby wybrane
ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}, z powtórzeniami. Tych liczb jest zatem 5 ? 5 ? 5 = 125.
Ich sumę obliczymy dwoma sposobami.
• sposób I
Sumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na 5 grup ze względu na cyfrę setek. Za-
uważamy, że jest 25 liczb w każdej takiej grupie. Przy czym dla ustalonej cyfry setek dopisane
do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5.
Zatem:
157

• sumując wszystkie liczby z cyfrą setek równą 1, otrzymamy
25 ? 100 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
25 ? 200 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
25 ? 300 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
25 ? 400 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
25 ? 500 + 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5).
Oznacza to, że
S = 25 ? (100 + 200 + 300 + 400 + 500) + 5 ? 5 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 5 ? 5 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5) =
= 25 ? 111 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 25 ? 111 ? 15 = 41625
Zauważmy, że w tej sumie otrzymaliśmy 25 razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych
miejscach zapisu dziesiętnego: jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności.
Mając to na uwadze, można było od razu zapisać sumę S w postaci
S = 25 ? (100 + 200 + 300 + 400 + 500) + 25 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 25 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5).
• sposób II
Wypisujemy wszystkie liczby trzycyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5
i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę trzycyfrową, w następujący sposób: do
liczby opisanej przez trójkę (c1, c2, c3) dopisujemy liczbę opisaną przez trójkę
(6 − c1, 6 − c2, 6 − c3).
Zauważmy, że
• istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby wyznaczonej przez trójkę
(c1, c2, c3) do liczby wyznaczonej przez trójkę (6 − c1, 6 − c2, 6 − c3), a ponadto suma
takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 666,
• każda z liczb trzycyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest
przyporządkowana do dokładnie jednej trójki (6 − c1, 6 − c2, 6 − c3), gdzie c1, c2 oraz c3
to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}.
Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby trzycyfrowe:
• dodamy sumy par liczb wpisanych w 125 przypadkach, czyli 125 razy liczbę 666,
158

• dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.
Stąd
2S = 125 ? 666
a więc
S =
1
2
? 125 ? 666 = 125 ? 333 = 41625
Zastosowanie reguły mnożenia oraz reguły
dodawania
Przykład 7.
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Obliczymy, ile jest wszystkich wy-
ników doświadczenia, polegającego na tym, że
suma liczb wyrzuconych oczek jest parzysta.W poniższej tabeli przedstawiamy wszyst-
kie możliwe wyniki dwukrotnego rzutu kostką. Zaznaczamy te, dla których suma liczb
wyrzuconych oczek jest parzysta.
1 2 3 4 5 6
1 x x x 3 możliwości
Razem: (3 + 3 + 3) + (3 + 3 + 3) = 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18
Zatem wszystkich takich wyników jest 18.
Zauważmy przy okazji, że warto od razu podzielić wyniki pojedynczego rzutu ze wzglę-
du na parzystość liczby wyrzuconych oczek:
wynik pojedynczego rzutu
{1, 2, 3, 4, 5, 6}
wyniki nieparzyste
{1, 3, 5}
wyniki parzyste
{2, 4, 6}
6 możliwości 3 możliwości 3 możliwości
a)
159

• do każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za
drugim razem wyrzucić jedną z 3 nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie 3 ∙ 3 = 9
możliwości,
• do każdej z 3 parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za dru-
gim razem wyrzucić jedną z 3 parzystych liczb oczek, co daje łącznie 3 ∙ 3 = 9 możliwo-
ści.
Wobec tego w sumie otrzymujemy 3 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 18 wyników, dla których suma liczb
wyrzuconych oczek jest parzysta.
• do każdej z 3 parzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za dru-
gim razem wyrzucić dowolną liczbę oczek, co daje łącznie 3 ∙ 6 = 18 możliwości,
• do każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem możemy za
drugim razem wyrzucić jedną z 3 parzystych liczb oczek, co daje łącznie 3 ∙ 3 = 9 możli-
wości.
Wobec tego w sumie otrzymujemy 3 ∙ 6 + 3 ∙ 3 = 27 wyników, dla których iloczyn liczb
wyrzuconych oczek jest parzysty.
Zauważmy przy okazji, że zbiór wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką można
rozbić na dwa podzbiory:
A – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty,
B – tych wyników, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.
Wtedy
| A ? B | = | A | + | B |
przy czym | A ? B | = 6 ? 6 = 36 (tyle jest wszystkich możliwych wyników dwukrotnego
rzutu kostką) oraz | A | = 3 ? 3 = 9 (tyle jest wyników dwukrotnego rzutu kostką, dla
których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest nieparzysty). Zatem
36 = 9 + | B |
stąd
| B | = 36 − 9 = 27
Przy zliczaniu konkretnych możliwości skorzystamy z tego podziału oraz zastosujemy
dwie poznane zasady: regułę mnożenia i regułę dodawania.
Zauważmy, że aby suma liczb wyrzuconych oczek była parzysta, musimy w obu rzu-
tach otrzymać liczby oczek tej samej parzystości. Oznacza to, że:
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest liczbą nieparzystą.Aby iloczyn liczb wyrzuconych
oczek był nieparzysty, w obu rzutach musimy otrzymać liczbę nieparzystą. Zatem do
każdej z 3 nieparzystych liczb oczek wyrzuconych za pierwszym razem musimy za dru-
gim razem wyrzucić jedną z 3 nieparzystych liczb oczek, co daje łącznie 3 ∙ 3 = 9 moż-
liwości.
a)
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest parzysty.Aby iloczyn liczb wyrzuconych oczek był
parzysty, w co najmniej jednym z rzutów musimy otrzymać parzystą liczbę oczek.
Oznacza to, że:
b)
Iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.a)
160

Tym razem zaznaczamy w tabeli te wyniki, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest
podzielny przez 6.
w1 / w2 1 2 3 4 5 6
1 x 1 możliwość
2 x 2 możliwości
4 x x 2 możliwości
5 x 1 możliwość
6 x x x x x x 6 możliwości
Razem: 1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 2 ∙ 1 + 2 ∙ 2 + 1 ∙ 3 + 1 ∙ 6 = 15
Zatem wszystkich takich wyników jest 15.
Podsumowując zauważmy, że można wyniki pojedynczego rzutu podzielić na przypadki ze
względu na to, jaką resztę z dzielenia przez 6 daje wyrzucona liczba oczek.
Wtedy:
• jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 6 oczek, to liczba oczek wyrzuconych za drugim
razem jest dowolna , co daje łącznie 1 ∙ 6 = 6 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 2 lub 4 oczka, to za drugim razem musimy wyrzu-
cić 3 lub 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 3), co daje łącznie 2 ∙ 2 = 4
możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 3 oczka, to za drugim razem musimy wyrzucić
2, 4 lub 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 2), co daje łącznie 1 ∙ 3 = 3
możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy 1 lub 5 oczek, to za drugim razem musimy wyrzu-
cić 6 oczek (czyli liczbę oczek, która dzieli się przez 6), co daje łącznie 2 ∙ 1 = 2 możliwo-
ści.
Zatem wszystkich takich wyników jest 1 ∙ 6 + 2 ∙ 2 + 1 ∙ 3 + 2 ∙ 1 = 15.
Przykład 8.
W pudełku jest 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy dwa razy po
jednej kuli, przy czym po losowaniu wrzucamy wylosowaną kulę z powrotem do pudełka.
Inaczej mówiąc: ze zbioru {1, 2, 3, ... , 16, 17} losujemy dwa razy po jednej liczbie, ze
zwracaniem.
Obliczymy, ile jest wszystkich wyników doświadczenia.
Suma wylosowanych liczb jest parzysta.Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze
względu na parzystość wylosowanej liczby:
a)
161

• do każdej z 9 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za dru-
gim razem ponownie wylosować jedną z 9 liczb nieparzystych, co daje łącznie 9 ∙ 9 = 81
możliwości,
• do każdej z 8 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za dru-
gim razem ponownie wylosować jedną z 8 liczb nieparzystych, co daje łącznie 8 ∙ 8 = 64
możliwości.
Wobec tego łącznie otrzymujemy 9 ∙ 9 + 8 ∙ 8 = 81 + 64 = 145 wyników, dla których
suma wylosowanych liczb jest parzysta.
• sposób I
Posłużymy się metodą tabeli.
Rozpatrzmy najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiadające
wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez 6.
Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez
6.
wynik pojedynczego
losowania
{1, 2, 3, … , 16, 17}
wyniki nieparzyste
{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}
wyniki parzyste
{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}
Zauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach
otrzymać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:
Iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego loso-
wania ze zwracaniem ze zbioru {1, 2, 3, ... , 16, 17} można rozbić na dwa pod-
zbiory:
A – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,
B – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Wtedy
| A ? B | = | A | + | B | ,
przy czym | A ? B | = 17 ? 17 = 289 (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego
losowania) oraz | A | = 9 ? 9 = 81 (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowa-
nych liczb jest nieparzysty).
Zatem | B | = 289 − 81 = 208, co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia,
dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
a)
Iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6?b)
162

w1 / w2
reszta 1 reszta 2 reszta 3 reszta 4 reszta 5 reszta 0
reszta 1 x
reszta 2 x x
reszta 3 x x x
reszta 4 x x
reszta 5 x
reszta 0 x x x x x x
Wszystkich takich wyników jest 15.Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12} oraz {13, 14, 15, 16, 17}. W zbiorczej tabeli
zliczamy wszystkie możliwości w 9 przypadkach, dla każdego z nich odczytując liczbę
możliwości ze wzorcowej tabeli.
w1 / w2 {1, 2, 3, 4, 5, 6} {7, 8, 9, 10, 11, 12} {13, 14, 15, 16, 17}
{1, 2, 3, 4, 5, 6} 15 możliwości 15 możliwości
15 – 6 = 9 możli-
wości
{7, 8, 9, 10, 11, 12} 15 możliwości 15 możliwości
15 – 6 = 9 możli-
wości
{13, 14, 15, 16, 17}
15 – 6 = 9 moż-
liwości
15 – 6 = 9 możliwo-
ści
4 możliwości
Mamy więc:
• 4 przypadki, które dają 15 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6,
• 4 przypadki, które dają 9 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6,
• oraz 1 przypadek, który daje 4 wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez 6.
Łącznie otrzymujemy 4 ∙ 15 + 4 ∙ 9 + 1 ∙ 4 = 60 + 36 + 4 = 100 wyników, dla których ilo-
czyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
Uwaga. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci.
163

w1 / w2 {1, 2, 3, 4, 5, 6} {7, 8, 9, 10, 11, 12} {13, 14, 15, 16, 17, 18}
{1, 2, 3, 4, 5, 6} 15 możliwości 15 możliwości 15 możliwości
Zauważmy, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej 9 ∙ 15 = 135 możliwości niepotrzebne
nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę 18. Tych niepotrzebnych
przypadków jest 18 + 18 – 1 = 35, a więc jest 135 – 35 = 100 wyników, dla których iloczyn
wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
• sposób II
Podzielimy wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z
dzielenia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym grupujemy je jak poniżej:
wynik pojedynczego
losowania
{1, 2, 3, … , 16, 17}
wyniki po-
dzielne
przez 6
{6, 12}
wyniki po-
dzielne przez
3 i niepodziel-
ne przez 6
{3, 9, 15}
wyniki podzielne
przez 2 i niepodzielne
przez 6
{2, 4, 8, 10, 14, 16}
pozostałe wyniki
{1, 5, 7, 11, 13, 17}
17 możliwości
2 możliwo-
ści
Obliczamy, odwołując się do tych przypadków:
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 6 lub 12, to liczba wylosowana za
drugim razem jest dowolna, co daje łącznie 2 ∙ 17 = 34 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 3, 9 lub 15, to za drugim razem
musimy wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie 3 ∙ (2 + 6) = 24 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 2, 4, 8, 10, 14 lub 16, to za dru-
gim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 3, co daje łącznie 6(2 + 3) = 30
możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 1, 5, 7, 11, 13 lub 17, to za dru-
gim razem musimy wylosować liczbę podzielną przez 6, co daje łącznie 6 ∙ 2 = 12 możli-
wości.
Łącznie otrzymujemy 2 ∙ 17 + 3 ∙ 8 + 6 ∙ 5 + 6 ∙ 2 = 34 + 24 + 30 + 12 = 100 wyników, dla
których iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
Przykład 9.
Obliczymy, ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, w których zapisie:
164

• parzysta jest jedynie cyfra tysięcy: wtedy na miejscu cyfry tysięcy musi wystąpić jedna z
cyfr: 2, 4, 6 lub 8 (4 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra
nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości).
Zatem wszystkich możliwości jest 4 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 500,
• parzysta jest jedynie cyfra setek: wtedy na miejscu cyfry setek musi wystąpić cyfra pa-
rzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nieparzy-
sta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości jest
5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625,
• parzysta jest jedynie cyfra dziesiątek: wtedy na miejscu cyfry dziesiątek musi wystąpić
cyfra parzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra
nieparzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwo-
ści jest 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625,
• parzysta jest jedynie cyfra jedności: wtedy na miejscu cyfry jedności musi wystąpić cy-
fra parzysta (5 możliwości), a na każdym z pozostałych miejsc musi wystąpić cyfra nie-
parzysta (za każdym razem mamy 5 możliwości). Oznacza to, że wszystkich możliwości
jest 5 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 5 = 625.
Ostatecznie stwierdzamy, że jest 500 + 3 ? 625 = 2375 czterocyfrowych liczb natural-
nych, w których dokładnie jedna cyfra jest parzysta.
cyfra jedności jest parzysta.W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy mo-
że wystąpić dowolna cyfra różna od zera (9 możliwości), na miejscu cyfry setek – do-
wolna cyfra (10 możliwości), na miejscu cyfry dziesiątek – dowolna cyfra (10 możliwo-
ści), a na miejscu cyfry jedności musi wystąpić jedna z cyfr: 0, 2, 4, 6 lub 8 (5 możli-
wości). Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:
9 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 5 = 4500.
Uwaga. Czterocyfrowa liczba naturalna ma na miejscu cyfry jedności cyfrę parzystą
wtedy i tylko wtedy, gdy jest liczbą parzystą. Ponieważ czterocyfrowych liczb parzy-
stych jest
1
2
? 9000 = 4500, więc dokładnie tyle jest czterocyfrowych liczb naturalnych,
w których zapisie cyfra jedności jest parzysta.
a)
cyfra tysięcy jest parzysta.W zapisie każdej z takich liczb na miejscu cyfry tysięcy może
wystąpić jedna z cyfr: 2, 4, 6 lub 8 (4 możliwości), a na każdym z miejsc: cyfry setek,
cyfry dziesiątek oraz cyfry jedności należy wstawić dowolnie wybraną cyfrę (za każdym
razem mamy 10 możliwości).
Do obliczenia wszystkich możliwości stosujemy regułę mnożenia:
4 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 4000.
b)
dokładnie jedna cyfra jest parzysta.Rozpatrujemy przypadki:c)
cyfra dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek.
W zapisie każdej z szukanych liczb na miejscu cyfry tysięcy może wystąpić dowolna cy-
fra różna od zera (9 możliwości), a na miejscu cyfr jedności – dowolna cyfra (10 możli-
wości). Ponieważ cyfra dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek, więc na miejscu cyfry
dziesiątek może wystąpić jedna z cyfr: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 i wtedy na miejscu cyfry
setek wystąpi cyfra odpowiednio 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0, tzn. możliwych jest 8 liczb
a)
165

Wynika z tego, że jest 9 ∙ 10 ∙ 8 = 720 liczb naturalnych czterocyfrowych, w których cyfra
dziesiątek jest o 2 większa od cyfry setek.
Przykład 10.
Obliczymy, ile jest liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest
dokładnie jedna cyfra 4 i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.
Szkic rozwiązania.
Podzielmy zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w
zadaniu.
cyfry do wyboru
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
cyfra 4
{4}
cyfry nieparzyste (np)
{1, 3, 5, 7, 9}
pozostałe cyfry
{2, 6, 8}
9 elementów 1 element 5 elementów 3 elementy
Najpierw wybierzemy dwa miejsca, na których ustawimy odpowiednio: cyfrę 4 oraz cyfrę nie-
parzystą.
Możliwe wybory opiszemy, wskazując miejsce w czteroelementowym ciągu, zgodne z przy-
porządkowaniem do odpowiedniego rzędu. Wybory te ilustruje poniższa tabelka.
Miejsce dla cyfry 4/
miejsce dla cyfry nieparzy-
stej
rząd tysięcy rząd setek
rząd dziesi-
ątek
rząd jedno-
ści
rząd tysięcy (np , 4 , _ , _ ) (np , _ , 4 , _ ) (np , _ , _ , 4 )
rząd setek (4 , np , _ , _ ) ( _ , np , 4 , _ ) ( _ , np , _ , 4 )
rząd dziesiątek (4 , _ , np , _ ) ( _ , 4 , np , _ ) ( _ , _ , np , 4 )
rząd jedności (4 , _ , _ , np) ( _ , 4 , _ , np ) ( _ , _ , 4 , np )
Takich możliwości jest więc 4 ∙ 3, bo wybieramy te dwa miejsca bez powtórzeń (nie jest, oczy-
wiście, możliwe, żeby na tym samym miejscu zapisana była cyfra 4 i jednocześnie cyfra nie-
parzysta).
W każdym z tych 12 przypadków pozostaje nam wstawić konkretne cyfry w trzy miejsca (cyfra
4 swoje miejsce już zajęła):
• jedno dla cyfry nieparzystej – jest 5 takich możliwości,
• dwa pozostałe miejsca; w każde z nich musimy wstawić cyfrę parzystą ze zbioru
{2, 6, 8} – jest 3 ∙ 3 = 9 takich możliwości.
Zatem w sumie mamy 3 ∙ 4 = 12 rozłącznych przypadków wyboru miejsc dla cyfr wyróżnio-
nych w treści zadania (jak w tabelce), a w każdym z nich mamy 5 ∙ 3 ∙ 3 możliwości wstawie-
nia odpowiednich cyfr.
Korzystając z reguły mnożenia, ostatecznie otrzymujemy
dwucyfrowych utworzonych przez cyfrę setek i cyfrę dziesiątek:
97, 86, 75, 64, 53, 42, 31, 20.
166

(3 ∙ 4) ∙ (5 ∙ 3 ∙ 3) = 12 45 = 540
liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie jedna
cyfra 4 i dokładnie jedna cyfra nieparzysta.
Uwaga. Powyższe zliczanie możemy też rozłożyć na trzy etapy:
(1) wybór miejsca dla cyfry 4 i zapisanie tej cyfry (4 możliwości),
(2) wybór miejsca dla cyfry nieparzystej i zapisanie tej cyfry (3 ∙ 5 możliwości),
(3) zapisanie cyfr na pozostałych dwóch miejsc (3 ∙ 3 możliwości).
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, to korzystając z reguły mnożenia, oblicza-
my, że szukanych liczb jest
4 ? 3 ? 5 ? 3 ? 3 = 540
Zliczając w poprzednim przykładzie wszystkie możliwości wyboru miejsc, na których należało
ustawić cyfrę 4 oraz cyfrę nieparzystą, opisywaliśmy wybór dwóch miejsc z czterech dostęp-
nych, bez powtórzeń.
W kolejnych przykładach zajmiemy się obliczaniem wszystkich możliwych wyborów dokony-
wanych w pewnych sytuacjach, przy czym za każdym razem bez powtórzeń.
Przykład 11.
Obliczymy, ile jest:
liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra 0.
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
(1) zapisanie cyfry dziesiątek (9 możliwości),
(2) zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry dziesiątek (8 możliwości).
Zatem szukanych liczb dwucyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje cyfra
0, jest
9 ? 8 = 72. Wybory i wszystkie utworzone w ich wyniku liczby można przedstawić w ta-
beli.
a)
167

Zliczanie rozkładamy na pięć etapów:
(1) zapisanie cyfry dziesiątek tysięcy (7 możliwości),
c1 / c2 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 12 13 14 15 16 17 18 19
2 21 23 24 25 26 27 28 29
3 31 32 34 35 36 37 38 39
4 41 42 43 45 46 47 48 49
5 51 52 53 54 56 57 58 59
6 61 62 63 64 65 67 68 69
7 71 72 73 74 75 76 78 79
8 81 82 83 84 85 86 87 89
9 91 92 93 94 95 96 97 98
liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani cyfra 0, ani cyfra 5.
Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:
(1) zapisanie cyfry setek (8 możliwości),
(2) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry setek (7 możliwości),
(3) zapisanie cyfry jedności, różnej od cyfry setek i od cyfry dziesiątek (6 możliwości).
Zatem szukanych liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach, w których nie występuje ani
cyfra 0, ani cyfra 5, jest
8 ? 7 ? 6 = 336
b)
liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie występuje żadna z cyfr:
0, 2, 4.
Zliczanie rozkładamy na cztery etapy:
(1) zapisanie cyfry tysięcy (7 możliwości),
(2) zapisanie cyfry setek, różnej od cyfry tysięcy (6 możliwości),
(3) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od cyfry tysięcy i od cyfry setek (5 możliwości),
(4) zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej (4
możliwości),
Zatem szukanych liczb czterocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których nie wystę-
puje żadna z cyfr: 0, 2, 4, jest
7 ? 6 ? 5 ? 4 = 840
c)
liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wyłącznie cyfry
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.
d)
168

(2) zapisanie cyfry tysięcy, różnej od cyfry dziesiątek tysięcy (6 możliwości),
(3) zapisanie cyfry setek, różnej od cyfr: tysięcy oraz dziesiątek tysięcy (5 możliwości),
(4) zapisanie cyfry dziesiątek, różnej od każdej z trzech cyfr zapisanych wcześniej (4 możliwo-
ści),
(5) zapisanie cyfry jedności, różnej od każdej z czterech cyfr zapisanych wcześniej (3 możli-
wości).
Zatem szukanych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach, w zapisie których występują wy-
łącznie cyfry 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, jest
7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 = 2520
Przykład 12.
Flagę, taką jak pokazana na rysunku, należy zszyć z trzech jednakowych pasów kolorowej tka-
niny. Kolory pasów górnego, środkowego i dolnego mają być parami różne. Obliczymy, ile ta-
kich różnych flag można utworzyć, mając do dyspozycji tkaniny w sześciu różnych kolorach.
Zliczanie liczby flag rozkładamy na trzy etapy:
(1) wybór koloru dla górnego pasa (6 możliwości),
(2) wybór koloru dla środkowego pasa (5 możliwości),
(3) wybór koloru dla dolnego pasa (4 możliwości).
Zatem liczba wszystkich możliwych takich flag jest równa
6 ? 5 ? 4 = 120
Wariacje bez powtórzeń
W ostatnich przykładach mieliśmy do czynienia z doświadczeniami polegającymi na wyborze ko-
lejno pewnej liczby elementów z ustalonego zbioru, przy czym wybierane elementy nie mogły się
powtarzać.Załóżmy, że mamy do czynienia z doświadczeniem polegającym na wyborze kolejno k
elementów ze zbioru n-elementowego, bez powtórzeń (k jest liczbą całkowitą spełniającą układ
nierówności 1 ≤ k ≤ n).
Rozumując podobnie jak w tych przykładach, rozłóżmy doświadczenie na k etapów. Wtedy w ko-
lejnych etapach od pierwszego do ostatniego (o numerze k) liczby możliwości będą równe od-
169

powiednio n, n − 1, n − 2 aż do n − (k − 1). Stosując regułę mnożenia, stwierdzamy, że wszystkich
możliwych wyników takiego doświadczenia jest
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
?
k czynników
.
Doświadczenie polegające na wyborze kolejno k – elementów ze zbioru n-elementowego, bez po-
wtórzeń, gdzie k jest liczbą całkowitą spełniającą warunek 1 ≤ k ≤ n, nazywa się zwyczajowo k -wy-
razową wariacją bez powtórzeń zbioru n − elementowego.
Modelem dla tego typu doświadczenia jest k–wyrazowy ciąg o elementach wybranych ze zbioru
n – elementowego bez powtórzeń.
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej formułujemy twierdzenie.
Własność: liczba k-wyrazowych wariacji bez
powtórzeń zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równa
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? … ? (n − k + 1)
?
k czynników
Ważne
Uwaga. Iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n
1 ? 2 ? 3 ? ... ? n
nazywa się silnią liczby n i oznacza się symbolem n!, co czytamy „ n silnia”.
Zauważmy, że jeśli liczbę
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
?
k czynników
pomnożymy i jednocześnie podzielimy przez iloczyn kolejnych liczb naturalnych od 1 do n − k
, czyli przez liczbę (n − k) !, to stwierdzimy, że liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez po-
wtórzeń zbioru n-elementowego jest równa
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1) ?
(n − k)!
(n − k)!
=
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1) ? (n − k) ? (n − k − 1) ? ... ? 1
(n − k)!
=
n!
(n − k)!
.
Przykład 13.
Korzystając z twierdzenia o liczbie wszystkich wariacji bez powtórzeń, obliczymy, że
170

liczba wszystkich sposobów, na jakie Jaś i Małgosia mogą usiąść na dwóch spośród
siedmiu wolnych miejsc w kinie, jest równa 7 ? 6 = 42, co można też zapisać jako
7!
5!
.
a)
liczba wszystkich możliwych trzyliterowych napisów o różnych literach wybranych ze
zbioru {a, e, j, k, m} jest równa 5 ? 4 ? 3 = 60. Tę liczbę można też zapisać jako
5!
2!
.
b)
liczba wszystkich możliwych sposobów rozmieszczenia 4 różnych kul w 6 różnych pu-
dełkach tak, żeby w każdym pudełku znalazła się co najwyżej jedna kula, jest równa
6 ? 5 ? 4 ? 3 = 360, co można też zapisać jako
6!
2!
.
c)
liczba wszystkich możliwych wyborów 3 osób: przewodniczącego, zastępcy i skarbnika
do samorządu 32-osobowej klasy to 32 ? 31 ? 30 = 29760. Otrzymany wynik można też
zapisać w postaci
32!
29!
.
d)
liczba wszystkich możliwych sposobów wylosowania kolejno 5 kart (jedna po drugiej) z
brydżowej talii 52 kart to 52 ? 51 ? 50 ? 49 ? 48 = 311875200. Otrzymany wynik można
też zapisać jako
52!
47!
.
e)
liczba wszystkich możliwych sposobów, na które grupa 6 dziewczynek może zająć
miejsca w sześcioosobowym rzędzie, to 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 720. Ten wynik można też
zapisać w postaci 6!.
f)
liczba wszystkich możliwych napisów otrzymanych z przestawiania liter wyrazu „płot”
to 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 24. Otrzymany wynik można też zapisać jako 4!.
g)
171

Permutacje
W poprzednim przykładzie – w podpunkcie f) rozpatrywaliśmy sześciowyrazową wariację bez po-
wtórzeń zbioru sześcioelementowego,
– w podpunkcie g) rozpatrywaliśmy czterowyrazową wariację bez powtórzeń zbioru czteroele-
mentowego.
W przypadku k = n wariację bez powtórzeń nazywamy permutacją zbioru n -elementowego.
Zatem permutacją zbioru n-elementowego nazywamy każdy ciąg utworzony ze wszystkich wy-
razów tego zbioru, a liczba wszystkich permutacji zbioru n-elementowego jest równa
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? 1 = n!.
Przykład 14.
Obliczymy, ile jest wszystkich takich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których zapisie
cyfra 1 zapisana jest na pierwszym miejscu od lewej.
Zapisujemy cyfrę 1 na pierwszym miejscu od lewej. Pozostaje nam rozmieścić pozosta-
łe 4 cyfry na 4 miejscach, co można zrobić na 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 24 sposoby. Oznacza to, że
są 24 takie liczby.
a)
między cyframi 1 oraz 2 zapisane są trzy inne cyfry.
Z treści zadania wynika, że cyfry 1 oraz 2 muszą zająć dwa skrajne miejsca, a pozostałe
trzy cyfry trzeba wpisać na trzech miejscach między nimi. Wobec tego cyfry 1 i 2 zapi-
b)
172

• sposób I
Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:
• wybór miejsca dla cyfry 1 i zapisanie tej cyfry,
• wybór miejsca dla cyfry 2 i zapisanie tej cyfry,
• zapisanie pozostałych trzech cyfr.
Mamy dwa istotnie różne przypadki:
• jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na jednym z dwóch skrajnych miejsc, to cyfrę 2 będziemy mogli
zapisać na jednym z trzech miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na
trzech dostępnych miejscach na 3! sposobów. W tym przypadku mamy więc
2 ? 3 ? 3! = 36 sposobów zapisu takich liczb.
• jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu drugim, trzecim lub czwartym, to cyfrę 2 będziemy
mogli zapisać na jednym z dwóch miejsc, a wtedy pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy
na trzech dostępnych miejscach na 3! sposobów. W tym przypadku mamy więc
3 ? 2 ? 3! = 36 sposobów zapisu takich liczb.
Wobec tego wszystkich takich liczb jest 36 + 36 = 72.
• sposób II
Zauważamy, że wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za po-
mocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5 jest 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 120. W zapisie każdej z tych liczb cyfry
1, 2 są zapisane obok siebie albo nie są zapisane obok siebie. Dla ustalenia, ile jest
liczb w drugim przypadku, wystarczy więc obliczyć, ile jest takich liczb, w których cyfry
1, 2 są zapisane obok siebie.
− wybór dwóch miejsc dla cyfr 1, 2 oraz zapisanie tych cyfr,
− zapisanie pozostałych trzech cyfr.
Mamy cztery możliwości wyboru sąsiednich miejsc dla cyfr 1, 2: pierwsze i drugie lub
drugie i trzecie, lub trzecie i czwarte, lub czwarte i piąte. W każdym z tych czterech przy-
padków cyfry 1, 2 możemy zapisać na wybranych miejscach na dwa sposoby. W dru-
gim etapie zapisujemy pozostałe trzy cyfry na trzech dostępnych miejscach, co można
zrobić na 3! sposobów. Oznacza to, że wszystkich takich liczb pięciocyfrowych, w któ-
rych cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, jest 4 ? 2 ? 3! = 48. Stąd wszystkich takich liczb
pięciocyfrowych, w których cyfry 1, 2 nie są zapisane obok siebie, jest 120 − 48 = 72.
Uwaga. Zliczanie wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisa-
nych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, moż-
na przeprowadzić w następujący sposób:
Dwie sąsiadujące cyfry 1, 2 zapisujemy jako jeden nowy obiekt, który oznaczamy jako
np. x. Następnie obliczamy liczbę możliwych rozmieszczeń 4 elementów: bloku x oraz
cyfr 3, 4, 5 – takich rozmieszczeń jest 4! = 24. W każdym z nich trzeba jeszcze zamie-
nić x na zapisane obok siebie cyfry 1, 2, co można zrobić na 2 sposoby. Ostatecznie
stwierdzamy, że wszystkich możliwych liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisa-
szemy na dwa sposoby, a w każdym z tych przypadków cyfry 3, 4, 5 zapiszemy na
3 ? 2 ? 1 = 6 sposobów. Zatem wszystkich takich liczb jest 2 ? 6 = 12.
cyfry 1 oraz 2 nie są zapisane obok siebie.c)
173

nych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfry 1, 2 są zapisane obok siebie, jest
2 ? 24 = 48.
• sposób I
Numerujemy od lewej miejsca, na których można zapisać cyfry takiej liczby pięciocyfrowej:
(1), (2), (3), (4), (5) .
• wybór miejsc dla cyfr 1, 2 oraz zapisanie tych cyfr,
• zapisanie pozostałych trzech cyfr.
Ponieważ numer miejsca dla cyfry 1 musi być mniejszy od numeru miejsca dla cyfry 2, więc:
• jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (1), to dla cyfry 2 zostają do wyboru 4 miejsca,
• jeżeli cyfrę 1 zapiszemy na miejscu (4), to dla cyfry 2 zostaje do wyboru 1 miejsce,
• cyfry 1 nie można zapisać na miejscu (5).
Oznacza to, że jest dokładnie 4 + 3 + 2 + 1 = 10 możliwości wyboru miejsc i zapisania cyfr 1, 2
. W każdym z tych przypadków pozostaje nam zapisać cyfry 3, 4, 5 na pozostałych trzech
miejscach, co można zrobić na 3! = 6 sposobów. Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o
różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, w których cyfra 1 jest zapisana
przed cyfrą 2 (patrząc od lewej) jest 10 ? 6 = 60.
• sposób II
Rozbijemy zbiór liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5 na dwa podzbiory:
A – tych liczb, w których cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2,
B – tych liczb, w których cyfra 2 jest zapisana przed cyfrą 1.
Ponieważ:
• zbiory te są rozłączne, więc | A ? B | = | A | + | B | ,
• wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5 jest 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 120, więc | A ? B | = | A | + | B | = 120.
Zauważmy, że:
• wybierając dowolną liczbę ze zbioru A i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry 1, 2,
otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru B,
• wybierając dowolną liczbę ze zbioru B i zamieniając w jej zapisie miejscami cyfry 1, 2,
otrzymamy pewną (dokładnie jedną) liczbę ze zbioru A.
Wobec tego zbiory A i B są równoliczne, co oznacza, że | A | =
1
2
? 120 = 60.
Zatem wszystkich liczb pięciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, w których cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej), jest
1
2
? 120 = 60.
cyfra 1 jest zapisana przed cyfrą 2 (patrząc od lewej).a)
174

W karcie dań jest 6 zup i 7 drugich dań. Na ile sposobów można zamówić obiad składający się
z jednej zupy i jednego drugiego dania?
a) 49
b) 42
c) 36
d) 13
(Pokaż odpowiedź)
Wybieramy liczbę a ze zbioru A = {1, 2, 3, 4, 5} oraz liczbę b ze zbioru
B = {6, 7, 8, 9, 10}. Ile jest takich par (a, b), że iloczyn a ? b jest liczbą nieparzystą?
a) 10
b) 9
c) 6
d) 5
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których jedynie cyfra setek jest nieparzy-
sta, a cyfra dziesiątek i cyfra jedności są równe?
a) 500
b) 125
c) 25
d) 15
(Pokaż odpowiedź)
Liczba wszystkich możliwych wyników trzykrotnego rzutu monetą jest równa
175

a) 9
b) 8
c) 6
d) 3
(Pokaż odpowiedź)
Ile dodatnich dzielników całkowitych ma liczba 2
4
? 5
3
?
a) 7
b) 9
c) 12
d) 20
(Pokaż odpowiedź)
Liczba wszystkich sposobów, na jakie Adaś, Basia i Celinka mogą usiąść na trzech spośród pię-
ciu wolnych miejsc w kinie, jest równa
a) 12
b) 15
c) 45
d) 60
(Pokaż odpowiedź)
Suma wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3
(cyfry mogą się powtarzać) jest równa
a) 66
b) 132
c) 198
d) 396
(Pokaż odpowiedź)
176

Siedmioosobowa grupa, czworo dorosłych i troje dzieci, wykupiła bilety na ten sam seans do
kina, przy czym wybrali miejsca od 10 do 16 w dwudziestym rzędzie. Liczba wszystkich sposo-
bów, na jakie mogą oni zająć miejsca tak, aby każde z dzieci siedziało pomiędzy dorosłymi, jest
równa
a) 144
b) 30
c) 12
d) 7
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwraca-
niem. Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza wylosowana liczba jest
podzielna przez 3 i druga wylosowana liczba jest parzysta?
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, wiedząc, że:
(Pokaż odpowiedź)
W każdym z dwóch różnych pojemników znajdują się trzy kule, z których jedna jest biała, druga
– czarna, a trzecia - zielona. Z każdego pojemnika losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich moż-
liwych wyników tego losowania, w których uzyskamy:
(Pokaż odpowiedź)
cyfry mogą się powtarzać.a)
cyfry są różneb)
kule różnych kolorów?a)
co najmniej jedną kulę białą?b)
177

Oblicz, na ile sposobów Ewa i Ola mogą zająć miejsca w kinie, jeżeli wybierają spośród
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
0, 1, 2, 3, 4, 5, wiedząc, że:
(Pokaż odpowiedź)
Rozpatrujemy wszystkie prostokąty, których boki zawierają się w liniach siatki dzielącej prosto-
kąt o wymiarach 4 i 8 na kwadraty jednostkowe.
Oblicz, ile jest wśród nich
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba:
8 wolnych miejsc.a)
12 wolnych miejsc.b)
cyfry mogą się powtarzać,a)
cyfry są różne.b)
wszystkich kwadratów o boku 1.a)
wszystkich kwadratów o boku 2.b)
wszystkich kwadratów o boku 3.c)
wszystkich kwadratów o boku 4.d)
178

(Pokaż odpowiedź)
Wybieramy liczbę a ze zbioru A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} oraz liczbę b ze zbioru
B = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Ile jest takich par (a, b), że:
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem.
Ile jest wszystkich takich wyników tego losowania, że pierwsza z wylosowanych liczb jest więk-
sza od drugiej i różnica między nimi jest mniejsza niż 3?
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego do-
świadczenia, że
(Pokaż odpowiedź)
Z pojemnika, w którym jest 10 losów: trzy wygrywające i siedem pustych, losujemy dwa razy po
jednym losie, bez zwracania. Oblicz, na ile sposobów możemy wylosować:
2
5
? 11
4a)
3
6
? 17
3b)
3969c)
4000d)
suma a + b jest liczbą parzystą?a)
iloczyn a ? b jest liczbą parzystą?b)
największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od 4?a)
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 4?b)
dwa losy wygrywającea)
179

(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwraca-
nia. Załóżmy, że liczba wylosowana za pierwszym razem to x, a za drugim – y. Ile jest wszystkich
takich wyników tego losowania, że | y − x | < 2?
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy dwukrotnie sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich wyników tego do-
świadczenia, takich że
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14} losujemy dwa razy po jednej
liczbie bez zwracania. Ile jest wszystkich wyników tego losowania, takich że iloczyn wylosowa-
nych liczb jest podzielny przez 6?
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą
cyfr
dokładnie jeden los wygrywającyb)
co najmniej jeden los wygrywającyc)
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 i suma liczb wyrzuconych oczek jest po-
dzielna przez 3.
a)
co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5 lub suma liczb wyrzuconych oczek jest po-
dzielna przez 3.
b)
1, 2, 3 (cyfry mogą się powtarzać).a)
1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się powtarzać).b)
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą się powtarzać).c)
180

(Pokaż odpowiedź)
W pudełku jest 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy dwa razy po jed-
nej kuli ze zwracaniem. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników tego doświadczenia, że:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr
0, 1, 2, 3, 4, wiedząc, że:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (cyfry mogą się powtarzać).d)
suma wylosowanych liczb jest parzysta.a)
iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.b)
iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.c)
trzycyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 4, 5, 6, 7, 8, 9.a)
czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 4, 8, wiedząc, że cyfry mo-
gą się powtarzać.
b)
pięciocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3.c)
cyfry mogą się powtarzaća)
cyfry muszą być różneb)
6a)
9b)
181

(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
(Pokaż odpowiedź)
Rozpatrujemy wszystkie liczby naturalne sześciocyfrowe, które można zapisać przy użyciu cyfr
2, 3, 4. Ile jest wśród nich takich liczb, których:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile dzielników naturalnych ma liczba
(Pokaż odpowiedź)
10c)
12d)
cyfra jedności jest o 4 mniejsza od cyfry dziesiątek.a)
cyfra setek jest o 2 większa od cyfry jedności.b)
cyfry dziesiątek i setek są równe.c)
tylko pierwsza i ostatnia cyfra są nieparzyste?a)
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 2?b)
każde dwie sąsiednie cyfry różnią się o 1?c)
2
3
? 3
2
? 5a)
5
4
? 11
2
? 19
3
? 3b)
1620c)
6468d)
182

Mamy do dyspozycji trzy pudełka: białe, czarne i żółte. W białym jest 7 kul, ponumerowanych
od 1 do 7, w czarnym jest 5 kul, ponumerowanych od 1 do 5, a w żółtym są 4 kule, ponumero-
wane od 1 do 4. Z każdego pudełka losujemy jedną kulę. Ile jest wszystkich możliwości wyloso-
wania w ten sposób trójki liczb, których iloczyn jest podzielny przez 5?
(Pokaż odpowiedź)
Rozpatrzmy trzykrotny rzut sześcienną kostką do gry. Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników
tego doświadczenia, że
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o różnych cyfrach, które są większe od 642 i
dzielą się przez 5?
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych, w których zapisie nie występuje 0, jest dokładnie
jedna cyfra 9 i dokładnie jedna cyfra parzysta.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których
(Pokaż odpowiedź)
w każdym rzucie otrzymamy inną liczbę oczeka)
otrzymamy parzysty iloczyn liczb wyrzuconych oczekb)
dokładnie raz wypadnie liczba oczek podzielna przez 3c)
cyfry 1, 2, 3 oraz 4 stoją obok siebie, zapisane w kolejności rosnąceja)
suma cyfr zapisanych na miejscach pierwszym i ostatnim jest równa 11b)
suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzystac)
183

Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych o różnych cyfrach zapisanych za
pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, w których zapisie
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz sumę S wszystkich liczb naturalnych
(Pokaż odpowiedź)
żadne dwie cyfry nieparzyste nie stoją obok siebie.a)
cyfra 5 jest zapisana przed cyfrą 6 i cyfra 6 jest zapisana przed cyfrą 7.b)
czterocyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (cyfry mogą
się powtarzać).
a)
trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (cyfry mogą się
powtarzać).
b)
184

3.3. Podzbiory zbioru skończonego (treść
podstawowa)
W tym rozdziale zajmiemy się podzbiorami zbioru skończonego.
Podzbiory dwuelementowe zbioru skończonego
Przykład 1.
Obliczymy, na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 7 zawodników.
Oznaczmy zawodników przez z1, z2, z3, z4, z5, z6, z7.
• sposób I
Wypisujemy wszystkie możliwe do wybrania pary graczy, czyli dwuelementowe podzbiory
siedmioelementowego zbioru {z1, z2, z3, z4, z5, z6, z7}. Zapisujemy je tak, aby wskaźnik
pierwszego wypisanego zawodnika był mniejszy od wskaźnika drugiego z nich (w ten sposób
unikniemy powtórzeń).
Wtedy
• zawodnika z1 przypiszemy do sześciu zawodników: {z1, z2}, {z1, z3}, {z1, z4}, {z1, z5}, {z1,
z6},{z1, z7},
• zawodnika z2 przypiszemy do pięciu zawodników: {z2, z3}, {z2, z4}, {z2, z5}, {z2, z6},{z2, z7
},
• zawodnika z3 przypiszemy do czterech zawodników: {z3, z4}, {z3, z5}, {z3, z6},{z3, z7},
• zawodnika z4 przypiszemy do trzech zawodników: {z4, z5}, {z4, z6},{z4, z7},
• zawodnika z5 przypiszemy do dwóch zawodników: {z5, z6},{z5, z7},
• zawodnika z6 przypiszemy do jednego zawodnika: {z6, z7}.
Zatem wszystkich możliwych par jest 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21.
• sposób II
Wypiszmy pary zawodników, stosując metodę tabeli. Odrzucamy pola, które nie opisują ta-
kiej pary.
Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)
185

z1 z2 z3 z4 z5 z6 z7
z1 {z1, z2} {z1, z3} z1, z4} {z1, z5} {z1, z6} {z1, z7}
z2 {z1, z2} {z2, z3} {z2, z4} {z2, z5} {z2, z6} {z2, z7}
z3 {z1, z3} {z2, z3} {z3, z4} {z3, z5} {z3, z6} {z3, z7}
z4 {z1, z4} {z2, z4} {z3, z4} {z4, z5} {z4, z6} {z4, z7}
z5 {z1, z5} {z2, z5} {z3, z5} {z4, z5} {z5, z6} {z5, z7}
z6 {z1, z6} {z2, z6} {z3, z6} {z4, z6} {z5, z6} {z6, z7}
z7 {z1, z7} {z2, z7} {z3, z7} {z4, z7} {z5, z7} {z6, z7}
W tabeli mamy więc wypełnione 6 ? 7 = 42 pola. Zauważmy, że każda para została tu wypisa-
na dokładnie dwa razy. Oznacza to, że wszystkich par jest
6 ∙ 7
2
= 21.
• sposób III
Oznaczmy przez x liczbę wszystkich możliwych par graczy.
Liczbę wszystkich możliwych uporządkowanych par graczy możemy obliczyć następującymi
dwoma sposobami.
• Do każdego z siedmiu zawodników dobieramy drugiego do pary na 6 sposobów. W ten
sposób otrzymaliśmy 6 ? 7 par uporządkowanych.
• W każdej z x par graczy możemy na dwa sposoby ustalić kolejność, co daje 2x wszyst-
kich uporządkowanych par graczy.
Otrzymujemy więc równość
2x = 6 ? 7
stąd
x =
6 ? 7
2
= 21
Uwaga. Wykorzystując podobne rozumowanie, pokażemy, że liczba wszystkich dwuelemen-
towych podzbiorów, które można wybrać ze zbioru A = {a1, a2, ..., an}, liczącego n elemen-
tów jest równa
n ? (n − 1)
2
Jeśli przez x oznaczymy liczbę wszystkich możliwych podzbiorów dwuelementowych zbioru
186

A, to liczba wszystkich możliwych uporządkowanych par elementów tego zbioru jest z jednej
strony równa
n ? (n − 1)
bo do każdego z n elementów drugi do pary możemy dobrać na n − 1 sposobów,
a z drugiej strony – jest równa
2x
bo w każdym z x dwuelementowych podzbiorów zbioru A możemy na dwa sposoby ustalić
kolejność elementów.
2x = n ? (n − 1)
stąd
x =
n ? (n − 1)
2
.
Przykład 2.
Korzystając ze wzoru na liczbę dwuelementowych podzbiorów zbioru n − elementowego, ob-
liczymy, że:
• dwóch graczy spośród 11 zawodników można wybrać na
11 ? 10
2
= 55 sposobów,
• liczba wszystkich meczów w turnieju, do którego zgłosiło się 9 drużyn i każda drużyna
ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz, jest równa
9 ? 8
2
= 36,
• dwuosobową delegację z klasy liczącej 25 uczniów można wybrać na
25 ? 24
2
= 300 spo-
sobów.
Przykład 3.
n ? (n − 3)
2
Wszystkich możliwych odcinków, które powstały z połączenia par wierzchołków n − kąta wy-
pukłego jest
n ? (n − 1)
2
. Każdy z tych odcinków jest albo przekątną tego wielokąta, albo jego
bokiem. Ponieważ boków jest n, więc przekątnych jest
Obliczymy, ile przekątnych ma jedenastokąt wypukły.Rozpatrzmy wszystkie możliwe
odcinki, które powstały z połączenia par wierzchołków jedenastokąta wypukłego. Jest
ich łącznie
11 ? 10
2
= 55. Każdy z tych odcinków jest albo bokiem tego jedenastokąta, albo jego
przekątną. Ponieważ boków jest 11, więc przekątnych jest
55 − 11 = 44.
a)
Pokażemy, że liczba wszystkich przekątnych n − kąta wypukłego, jest równab)
187

n ? (n − 1)
2
− n =
n
2
− n − 2n
2
=
n
2
− 3n
2
=
n ? (n − 3)
2
Przykład 4.
Do szkolnego turnieju halowej piłki nożnej zgłosiło się 6 drużyn. Turniej rozegrano systemem
„każdy z każdym”, bez rewanżów. W każdym meczu przyznawano punkty według zasady: w
przypadku remisu obie drużyny otrzymują po 1 punkcie, a w meczu rozstrzygniętym zwy-
cięzca otrzymuje 3 punkty, a przegrany – 0 punktów. Po zakończeniu turnieju okazało się, że
drużyny uczestniczące w turnieju zdobyły w sumie 37 punktów. Ustalimy, ile meczów pod-
czas tego turnieju zakończyło się wynikiem remisowym.
W turnieju rozgrywanym systemem „każdy z każdym”, bez rewanżów meczów jest tyle, ile
wszystkich możliwości dobrania drużyn w pary. W przypadku tego szkolnego turnieju liczba
meczów to liczba dwuelementowych podzbiorów zbioru sześcioelementowego, czyli
6 ? 5
2
= 15
Oznaczmy przez x liczbę meczów remisowych w tym turnieju. Wtedy liczba meczów rozstrzy-
gniętych to 15 − x.
Ponieważ każdy mecz remisowy wnosił do ogólnej sumy 2 punkty, a mecz rozstrzygnięty – 3
punkty, więc otrzymujemy równanie
2x + 3 ? (15 − x) = 37
Stąd
2x + 45 − 3x = 37
a więc
x = 8
Oznacza to, że 8 meczów w tym turnieju zakończyło się wynikiem remisowym.
Przykład 5.
Obliczymy, ile jest wszystkich wyników siedmiokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie
dwa razy wypadł orzeł.Ponumerujemy rzuty od 1 do 7. Dwa z tych numerów odpowiadają
wyrzuceniu orła. Jest
7 ? 6
2
= 21 możliwości wyboru dwóch numerów z siedmiu, co oznacza,
że jest 21 wszystkich wyników siedmiokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie dwa razy
wypadł orzeł.
Przykład 6.
Obliczymy:
ile jest trzycyfrowych liczb naturalnych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry
dziesiątek.Ponieważ w rzędzie setek takiej liczby trzycyfrowej może być zapisana do-
a)
188

• w zapisie tej liczby nie występuje cyfra 0,
• cyfra setek jest większa od cyfry tysięcy,
• cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek.
Liczbę czterocyfrową, spełniającą warunki zadania, rozdzielamy na dwie dwucyfrowe, przy
czym podział jest między cyfrą setek a cyfrą tysięcy.
Otrzymane liczby dwucyfrowe mają spełniać dwa warunki: w ich zapisie nie występuje cyfra
0, cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek.
Rozumując podobnie, jak w podpunkcie a), zauważamy, że liczb dwucyfrowych, w których za-
pisie nie występuje 0 i cyfra jedności jest większa od cyfry dziesiątek, jest dokładnie tyle, ile
dwuelementowych podzbiorów dziewięcioelementowego zbioru {1, 2, … , 9}. Oznacza to,
że jest ich
9 ? 8
2
= 36
Wobec tego dwie pierwsze cyfry liczby czterocyfrowej spełniającej warunki zadania można
zapisać na 36 sposobów i dwie ostatnie również na 36 sposobów, zatem liczb czterocyfro-
wych, które spełniają jednocześnie podane trzy warunki, jest
36 ? 36 = 1296
Przykład 7.
W klasie jest 34 uczniów, przy czym chłopców jest o 6 więcej niż dziewczynek. Obliczymy, na
ile sposobów można wybrać z tej klasy czteroosobową delegację, w której znajdą się dokład-
nie dwie dziewczynki.
Ponieważ delegacja jest czteroosobowa, więc oprócz dwóch dziewczynek muszą się w niej
znaleźć jeszcze dwaj chłopcy.
wolna cyfra różna od zera, więc możemy ją wybrać na 9 sposobów.
Zauważmy teraz, że jeżeli ze zbioru cyfr {0, 1, 2, … , 9} wybierzemy dwuelementowy
podzbiór, to cyfry w ten sposób wybrane można na jeden sposób zapisać w kolejności
malejącej. Zatem każdemu takiemu podzbiorowi można wzajemnie jednoznacznie
przyporządkować liczbę dwucyfrową, której cyfra jedności jest mniejsza od cyfry dzie-
siątek.
Jeżeli np. wybierzemy podzbiór {2, 5}, to taką liczbą jest 52, a dla liczby 83 takim pod-
zbiorem jest {3, 8}.
Oznacza to, że liczb dwucyfrowych, w których cyfra jedności jest mniejsza od cyfry
dziesiątek jest dokładnie tyle, ile dwuelementowych podzbiorów dziesięcioelemento-
wego zbioru cyfr {0, 1, 2, … , 9}, czyli
10 ? 9
2
= 45. Ponieważ kolejnych wyborów dokonujemy niezależnie, więc korzystając z
reguły mnożenia, stwierdzamy, że liczb trzycyfrowych, w których cyfra jedności jest
mniejsza od cyfry dziesiątek, jest
9 ? 45 = 405
ile jest czterocyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie trzy następujące
warunki:
b)
189

Obliczamy, że dziewczynek jest w tej klasie 14, a chłopców jest 20.
Parę dziewczynek z tej klasy wybierzemy zatem na
14 ? 13
2
= 91 sposobów, a parę chłopców –
na
20 ? 19
2
= 190 sposobów.
Wyborów tych dokonujemy niezależnie, zatem, korzystając z reguły mnożenia, obliczamy, że
wszystkich możliwych czteroosobowych delegacji z tej klasy, w której znajdą się dokładnie
dwie dziewczynki, jest
91 ? 190 = 17290.
Przykład 8.
W pewnej grze losowej zakreślamy 4 liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, … , 24, 25}. Wy-
brane liczby są następnie porównywane z czterema wylosowanymi z tego samego zbioru
przez maszynę losującą. Ile jest możliwości zakreślenia takich 4 liczb, wśród których dokład-
nie dwie będą trafione?
Z treści zadania wynika, że dwie zakreślone liczby miały być trafione, czyli były w zbiorze 4
wylosowanych, a pozostałe dwie zakreślone były w zbiorze 21 niewylosowanych.
Dwie wylosowane liczby możemy trafić na
4 ? 3
2
= 6 sposobów, a pozostałe dwie możemy wy-
brać na
21 ? 20
2
= 210 sposobów. Oznacza to, że wszystkich możliwości zakreślenia takich 4
liczb, wśród których dokładnie dwie będą trafione jest
210 ? 6 = 1260
Przykład 9.
Proste k i l są równoległe. Na prostej k zaznaczono 4 punkty, a na prostej l – 5 punktów.
Obliczymy, ile jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych
punktów.
Zauważmy, że trójkąt jest jednoznacznie wyznaczony przez ustalenie trzech jego wierzchoł-
ków.
Ponieważ trzy punkty leżące na jednej prostej nie są wierzchołkami trójkąta, więc trójkąty
możemy utworzyć jedynie na dwa sposoby:
na prostej k wybieramy dwa różne punkty, a do każdej takiej pary dobieramy trzeci
punkt na prostej l albo
1)
190

Parę wierzchołków na prostej k możemy wybrać na
4 ? 3
2
= 6 sposobów, a trzeci wierzchołek
na prostej l na 5 sposobów. Zatem w przypadku (1) wszystkich trójkątów jest 6 ? 5 = 30.
Parę wierzchołków na prostej l możemy wybrać na
5 ? 4
2
= 10 sposobów, a trzeci wierzchołek
na prostej k na 4 sposoby. Oznacza to, że w przypadku (2) wszystkich trójkątów jest
10 ? 4 = 40.
Wobec tego wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych
punktów, jest
30 + 40 = 70
Przykład 10.
Sześć dziewcząt bierze udział w szkolnej wycieczce. Obliczymy, na ile sposobów można je za-
kwaterować w trzech dwuosobowych pokojach.Zakwaterowanie rozkładamy na trzy etapy:
Korzystając z reguły mnożenia obliczamy, że szukanych możliwości zakwaterowania sześciu
dziewcząt w trzech dwuosobowych pokojach, jest 15 ? 6 = 90.
Przykład 11.
• sposób I
Rozróżniamy dwa przypadki:
(1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta albo
na prostej l wybieramy dwa różne punkty, a do każdej takiej pary dobieramy trzeci
punkt na prostej k.
2)
wybieramy parę dziewczynek do pierwszego pokoju, co możemy zrobić na
6 ? 5
2
= 15
sposobów,
1)
wybieramy kolejne dwie dziewczynki do drugiego pokoju, co możemy zrobić na
4 ? 3
2
= 6 sposobów.
2)
kwaterujemy piątą i szóstą dziewczynkę w trzecim pokoju.3)
wszystkich liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i
na dokładnie dwóch miejscach stoją cyfry nieparzyste.Zliczanie rozkładamy na dwa
etapy:
(1) wybór dwóch miejsc z sześciu dla cyfr nieparzystych (mamy
6 ? 5
2
= 15 możliwości)
oraz zapisanie tych cyfr (mamy 5 ? 5 = 25 możliwości),
(2) zapisanie pozostałych czterech cyfr (mamy 4 ? 4 ? 4 ? 4 = 256 możliwości),
Zatem jest 15 ? 25 ? 256 = 96000 takich liczb sześciocyfrowych.
a)
wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których na dokładnie dwóch
miejscach stoją cyfry parzyste.
b)
191

(2) na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.
W pierwszym przypadku: mamy 4 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czte-
rech miejsc mamy wybrać jedno dla cyfry parzystej (4 możliwości) i zapisać tę cyfrę (5
możliwości), a na każdym z pozostałych trzech miejscach zapisać cyfrę nieparzystą (
5 ? 5 ? 5 = 125 możliwości). Takich liczb jest 4 ? 4 ? 5 ? 125 = 10000.
W drugim przypadku: mamy 5 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czterech
miejsc mamy wybrać dwa dla cyfry parzystej (
4 ? 3
2
= 6 możliwości) i zapisać te liczby (
5 ? 5 = 25 możliwości), a na pozostałych dwóch miejscach zapisać cyfry nieparzyste (
5 ? 5 = 25 możliwości). Takich liczb jest 5 ? 6 ? 25 ? 25 = 18750.
Oznacza to, że jest 10000 + 18750 = 28750 liczb pięciocyfrowych spełniających warunki
zadania.
• sposób II
Wypisujemy kolejno jedna za drugą pięć cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu
możliwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie
dwóch miejscach zapisujemy cyfrę parzystą.
Mamy
5 ? 4
2
= 10 możliwości wyboru dwóch miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy
zapisać na 5 ? 5 = 25 sposobów, a na pozostałych trzech miejscach cyfry nieparzyste za-
piszemy na 5 ? 5 ? 5 = 125 sposobów.
Zatem jest 10 ? 25 ? 125 = 31250 ciągów o 5 cyfrach, w których dokładnie dwie cyfry są
parzyste.
Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z
takich ciągów na jednym z kolejnych czterech miejsc znajduje się cyfra parzysta (miej-
sce dla niej można wybrać na 4 sposoby, a zapisać ją – na 5 sposobów), a na trzech po-
zostałych –cyfry nieparzyste (można je zapisać na 5 ? 5 ? 5 = 125 sposobów). Oznacza
to, że jest 4 ? 5 ? 125 = 2500 takich ciągów.
Stąd wynika, że jest 31250 − 2500 = 28750 liczb pięciocyfrowych spełniających warunki
zadania.
Przykład 12.
Obliczymy:
ile jest wszystkich wyników czterokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których
dokładnie dwa razy wypadła parzysta liczba oczek.Rozpatrzmy ciąg kolejnych czterech
rzutów kostką sześcienną. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
1) wybór tych dwóch z czterech numerów rzutów, dla których wypadła parzysta liczba
oczek (mamy
4 ? 3
2
= 6 możliwości) i rozmieszczenie parzystych liczb oczek na tych
dwóch miejscach (mamy 3 ? 3 = 9 możliwości),
2) rozmieszczenie nieparzystych liczb oczek na pozostałych miejscach (mamy 3 ? 3 = 9
możliwości).
Oznacza to, że jest 6 ? 9 ? 9 = 486 wszystkich wyników czterokrotnego rzutu sześcien-
ną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła parzysta liczba oczek.
a)
ile jest wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których
dokładnie dwa razy wypadła szóstka.Rozpatrzmy ciąg kolejnych pięciu rzutów kostką
sześcienną. Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:
b)
192

Przykład 13.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest
równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste.
• W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy piątkę (7
możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest 7 takich
liczb.
• W drugim przypadku: wybieramy dwa miejsca z siedmiu, na których zapiszemy trójki (
7 ? 6
2
= 21 możliwości), a na pozostałych pięciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza
to, że jest 21 takich liczb.
Stąd wynika, że jest 7 + 21 = 28 wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których
suma cyfr jest równa 11 i w zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste.
Uwaga. Otrzymany wynik to liczba wszystkich dwuelementowych podzbiorów zbioru
ośmioelementowego
28 =
8 ? 7
2
. Tyle jest np. wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły do-
kładnie dwa orły.
Można pokazać, że każdy z wyników ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły
dokładnie dwa orły, odpowiada dokładnie jednej liczbie spełniającej warunki zadania i
odwrotnie – każda liczba spełniająca warunki zadania odpowiada dokładnie jednemu
1) wybór tych dwóch z pięciu numerów rzutów, dla których wypadła szóstka (mamy
5 ? 4
2
= 10 możliwości) i rozmieszczenie dwóch szóstek na tych dwóch miejscach,
2) rozmieszczenie innych liczb oczek na pozostałych trzech miejscach (mamy
5 ? 5 ? 5 = 125 możliwości).
Oznacza to, że jest 10 ? 125 = 1250 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcien-
ną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadła szóstka.
ile jest wszystkich wyników sześciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których
wypadła dokładnie jedna jedynka i dokładnie dwie dwójki.Rozpatrzmy ciąg kolejnych
sześciu rzutów kostką sześcienną. Zliczanie rozkładamy na trzy etapy:
1) wybór jednego z sześciu numerów rzutów, w którym wypadła jedynka (mamy 6
możliwości) i rozmieszczenie jedynki na tym miejscu,
2) wybór tych dwóch z pozostałych pięciu numerów rzutów, w których wypadły dwójki
(mamy
5 ? 4
2
= 10 możliwości) i rozmieszczenie dwójek na tych miejscach,
3) rozmieszczenie innych liczb oczek na pozostałych trzech miejscach (mamy
4 ? 4 ? 4 = 64 możliwości).
Oznacza to, że jest 6 ? 10 ? 64 = 3840 wszystkich wyników sześciokrotnego rzutu sze-
ścienną kostką do gry, w których wypadła dokładnie jedna jedynka i dokładnie dwie
dwójki.
c)
w zapisie takiej liczby jest jedna piątka i sześć jedynek albo1)
w zapisie takiej liczby są dwie trójki i pięć jedynek.2)
193

wynikowi ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły.
Rozwiążemy w tym celu następujące zadanie.
Ustal, ile rozwiązań w dodatnich liczbach nieparzystych ma równanie
c1 + c2 + c3 + c4 + c5 + c6 + c7 = 11. Zauważmy, że wtedy każda liczba w ciągu
(c1, c2, c3, c4, c5, c6, c7) jest nieparzysta, żadna z nich nie jest większa od 10, zatem ciąg
ten tworzą kolejne cyfry liczby naturalnej siedmiocyfrowej, której suma cyfr jest równa
11 i w jej zapisie wszystkie cyfry są nieparzyste.
Ponieważ każda z liczb zapisanych po lewej stronie jest nieparzysta, więc przyjmując
c1 = 2x1 + 1, c2 = 2x2 + 1, …, c7 = 2x7 + 1, można równanie zapisać w postaci
(2x1 + 1)+ (2x2 + 1)+ (2x3 + 1)+ (2x4 + 1)+ (2x5 + 1)+ (2x6 + 1)+ (2x7 + 1) = 11,
gdzie każda z liczb x1, x2, ..., x7 jest nieujemną liczbą całkowitą.
Po przekształceniu otrzymujemy równanie
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = 2
Naszym zadaniem jest wyznaczenie liczby wszystkich rozwiązań tego równania w nieujem-
nych liczbach całkowitych.
Rozpatrzmy teraz wszystkie możliwe wyniki ośmiokrotnego rzutu monetą, w których wypa-
dły dokładnie dwa orły. Oznaczmy:
x1 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach do momentu, w którym wyrzucono pierw-
szą reszkę,
x2 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono pierw-
szą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę,
x3 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono drugą
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę,
x4 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono trzecią
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę,
x5 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono czwartą
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę,
x6 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono piątą
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono szóstą reszkę,
x7 - liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono szóstą
reszkę.
Zauważmy, że:
• każdemu wynikowi takiego rzutu monetą odpowiada dokładnie jeden ciąg
(x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7), temu ciągowi - dokładnie jeden ciąg (c1, c2, c3, c4, c5, c6, c7),
który to ciąg koduje dokładnie jedną liczbę siedmiocyfrową. Np. jeżeli w kolejnych rzu-
tach dostaliśmy: (orzeł, reszka, reszka, reszka, reszka, orzeł, reszka, reszka), to
(x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0, x5 = 1, x6 = 0, x7 = 0)
a więc
(c1 = 3, c2 = 1, c3 = 1, c4 = 1, c5 = 3, c6 = 1, c7 = 1),
194

Oznacza to, że ten wynik rzutu monetą koduje dokładnie jedną liczbę 3111311.
• Na odwrót, każdej liczbie spełniającej warunki zadania odpowiada jeden ciąg
(c1, c2, c3, c4, c5, c6, c7), temu ciągowi odpowiada jeden ciąg (x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7),
któremu odpowiada jeden wynik ośmiokrotnego rzutu monetą, w którym wypadły do-
kładnie dwa orły. Np. liczbie 1151111 odpowiada ciąg
(c1 = 1, c2 = 1, c3 = 5, c4 = 1, c5 = 1, c6 = 1, c7 = 1)
a temu – ciąg
(x1 = 0, x2 = 0, x3 = 2, x4 = 0, x5 = 0, x6 = 0, x7 = 0), stąd mamy odpowiadający ciąg rzutów
(reszka, reszka, orzeł, orzeł, reszka, reszka, reszka, reszka).
Zatem wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 11 i w
zapisie których wszystkie cyfry są nieparzyste, jest tyle samo, co wyników ośmiokrotnego
rzutu monetą, w którym wypadły dokładnie dwa orły. Tych wyników jest
8 ? 7
2
= 28.
Przykład 14.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, których iloczyn cyfr jest rów-
ny 18.
Rozkładamy liczbę 18 na czynniki pierwsze: 18 = 2 ? 3 ? 3. Oznacza to, że możliwe są trzy
przypadki:
• W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (8
możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy dwa, na których zapisujemy trójki
(
7 ? 6
2
= 21 możliwości), a na pozostałych pięciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza
to, że jest 8 ? 21 = 168 takich liczb.
• W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (8 moż-
liwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy dziewi-
ątkę (7 możliwości) , a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest
8 ? 7 = 56 takich liczb.
• W trzecim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy trójkę (8 możli-
wości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy szóstkę
(7 możliwości) , a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Jest więc
8 ? 7 = 56 takich liczb.
Stąd wynika, że jest 168 + 56 + 56 = 280 wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych,
których iloczyn cyfr jest równy 18.
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, dwie trójki i pięć jedynek,1)
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna dziewiątka i sześć jedynek,2)
wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna szóstka i sześć jedynek.3)
195

Przykład 15.
Obliczymy, ile jest wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapisie których występuje
dokładnie dwa razy cyfra 0 i dokładnie dwa razy cyfra 1.
• sposób I
• W pierwszym przypadku: zapisujemy 1 na pierwszym miejscu. Z kolejnych czterech
miejsc mamy wybrać jedno dla jedynki (4 możliwości) i zapisać na nim jedynkę. Z pozo-
stałych trzech miejsc wybrać dwa dla zer (3 możliwości) i zapisać na nich zera, a na
ostatnim pozostałym miejscu zapisać cyfrę różną od 0 i od 1 (8 możliwości). Takich liczb
jest więc 4 ? 3 ? 8 = 96.
• W drugim przypadku: mamy 8 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych czterech
miejsc mamy wybrać dwa dla jedynek (
4 ? 3
2
= 6 możliwości) i zapisać te jedynki, a na po-
zostałych dwóch miejscach zapisać zera. Zatem jest 8 ? 6 = 48 takich liczb.
Oznacza to, że jest 96 + 48 = 144 wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w zapi-
sie których występuje dokładnie dwa razy cyfra 0 i dokładnie dwa razy występuje cyfra
1.
• sposób II
Zliczanie rozkładamy na trzy etapy, pamiętając o tym, że zera nie możemy zapisać na pierw-
szym miejscu (w rzędzie dziesiątek tysięcy):
• sposób III
Wypisujemy kolejno jedna za drugą pięć cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu moż-
liwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie dwóch miej-
scach zapisujemy cyfrę 0 i na dokładnie dwóch miejscach zapisujemy cyfrę 1.
Mamy
5 ? 4
2
= 10 możliwości wyboru dwóch miejsc dla zer, na pozostałych trzech miejscach
zapiszemy dwie jedynki na 3 sposoby, a na ostatnim z pozostałych miejsc zapiszemy cyfrę
różną od 0 i od 1 na 8 sposobów. Takich ciągów o 5 cyfrach jest zatem 10 ? 3 ? 8 = 240.
Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich
ciągów na kolejnych czterech miejscach znajduje się jeszcze jedna cyfra 0 (miejsce dla niej
na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra 1,1)
na pierwszym miejscu jest cyfra różna od 0 i od 1.2)
wybieramy dwa z czterech miejsc, na których możemy wstawić zera (
4 ? 3
2
= 6 możliwo-
ści) i zapisujemy zera na tych miejscach,
a)
wybieramy te dwa z pozostałych trzech miejsc, na których zapiszemy jedynki (3 możli-
wości) i zapisujemy jedynki na tych miejscach,
b)
na ostatnim pozostałym miejscu zapisujemy cyfrę różną od 0 i od 1 (8 możliwości).
Zatem jest 6 ? 3 ? 8 = 144 wszystkich takich liczb naturalnych pięciocyfrowych.
c)
196

można wybrać na 4 sposoby), na pozostałych trzech miejscach są dwie jedynki (można je za-
pisać na 3 sposoby), a na ostatnim z pozostałych miejsc jest cyfra różna od 0 i od 1, którą
można zapisać na 8 sposobów. Oznacza to, że jest 4 ? 3 ? 8 = 96 takich ciągów z zerem na
pierwszym miejscu.
Stąd wynika, że liczb pięciocyfrowych spełniających warunki zadania jest 240 − 96 = 144.
Przykład 16.
Do pracy w samorządzie szkolnym zgłosiło się 5 osób: Agnieszka, Beata, Czarek, Darek i Ewa.
W głosowaniu każdy z uczniów tej szkoły ma się wypowiedzieć na temat przydatności do pra-
cy w samorządzie każdej osoby spośród tych pięciorga zgłoszonych. Głosujący dostaje kartkę
z danymi pięciorga kandydatów:
i podejmuje decyzję, wpisując „x” w kratkę przy danych wybranego kandydata lub pozosta-
wiając kratkę pustą, jeśli danej osoby do samorządu nie zgłasza.
Obliczymy, ile jest wszystkich możliwych wyników takiego głosowania.sposób I
Przy każdym z 5 kandydatów głosujący ma podjąć decyzję na 2 sposoby: zgłaszając
kandydata do samorządu, zostawia znak „x” albo pozostawia pustą kratkę, kiedy danej
osoby do samorządu nie zgłasza.
Na przykład:
– osoba która zgłosiła do samorządu tylko Beatę, Darka i Ewę zostawiła na kartce na-
stępujący ciąg znaków , x, , x, x,
– osoba, która zostawiła na kartce ciąg znaków , , x, x, zagłosowała tylko na Czar-
ka i Darka.
Zatem wynik głosowania można utożsamić z pięcioelementowym ciągiem o elemen-
tach wybranych ze zbioru dwuelementowego: {x, }.
Wobec tego wszystkich możliwych wyników tego głosowania jest
2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2
5
= 32.
sposób II
a)
197

{B, C, D, E}, {A, C, D, E}, {A, B, D, E}, {A, B, C, E}, {A, B, C, D}.– jest 1 wynik głoso-
wania, w którym wybrano do samorządu każdą ze zgłoszonych osób. Odpowiadający takie-
mu wynikowi podzbiór to zbiór {A, B, C, D, E}, który jest (oczywiście) dopełnieniem zbioru
pustego do zbioru {A, B, C, D, E}.
Zatem wszystkich możliwych wyników głosowania jest
2 ? (1 + 5 + 10) = 32
Oznaczymy następująco wybory dokonywane w głosowaniu:
A – oddano głos na Agnieszkę,
B – oddano głos na Beatę,
C – oddano głos na Czarka,
D – oddano głos na Darka,
E – oddano głos na Ewę.
Zauważmy, że wynik głosowania jest wyborem konkretnego podzbioru ze zbioru
{A, B, C, D, E}. Podzielimy te podzbiory ze względu na ich liczbę elementów. Wtedy:
– jest 1 wynik głosowania, w którym nie wybrano do samorządu żadnej ze zgłoszonych
osób. Odpowiadający takiemu wynikowi podzbiór to zbiór pusty: ,
– jest 5 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 1 ze zgłoszonych
osób. Odpowiadające takim wynikom podzbiory to
{A}, {B}, {C}, {D}, {E},
– jest 10 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 2 spośród zgłoszo-
nych osób. Odpowiadające takim wynikom podzbiory to
{A, B}, {A, C}, {A, D}, {A, E}, {B, C}, {B, D}, {B, E}, {C, D}, {C, E}, {D, E},
– jest również 10 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 3 spośród
zgłoszonych osób. Podzbiory odpowiadające takim wynikom głosowania można po-
traktować jako dopełnienia do zbioru {A, B, C, D, E} wypisanych powyżej podzbio-
rów 2-elementowych (np. dopełnieniem podzbioru 2 − elementowego {B, C} jest pod-
zbiór 3 − elementowy {A, D, E}). W ten sposób otrzymujemy wzajemnie jednoznaczne
przyporządkowanie między dwuelementowymi a trzyelementowymi podzbiorami
zbioru pięcioelementowego, skąd wynika, że jest tyle samo podzbiorów dwuelemento-
wych i podzbiorów trzyelementowych zbioru pięcioelementowego.
Odpowiadające takim wynikom podzbiory to
{C, D, E}, {B, D, E}, {B, C, E}, {B, C, D}, {A, D, E}, {A, C, E}, {A, C, D}, {A, B, E}, {A, B, D},
– jest 5 wyników głosowania, w których wybrano do samorządu 4 spośród zgłoszonych
osób. Traktując te podzbiory jako dopełnienia do zbioru {A, B, C, D, E} wypisanych
powyżej podzbiorów jednoelementowych, zauważymy, że jest tyle samo podzbiorów
czteroelementowych i podzbiorów jednoelementowych zbioru pięcioelementowego.
Podzbiory czteroelementowe rozpatrywanego zbioru pięcioelementowego to
Wykażemy, że w klasie 3b, liczącej 35 uczniów znajdą się 2 osoby, które w tym głoso-
waniu oddały głosy na tych samych kandydatów.
Wybierzmy dowolne 32 osoby spośród 35 uczniów klasy 3b. Jeżeli któreś dwie z nich
zagłosowały tak samo, to właśnie te wskazujemy jako szukaną parę. W przeciwnym ra-
zie te 32 osoby wyczerpały wszystkie możliwe wyniki głosowania, a więc kolejna, trzy-
a)
198

Przykład 17.
Przykład 18.
W pudełku znajduje się sześć kul ponumerowanych od 1 do 6. Z tego pudełka losujemy do-
wolnie wybrane kule. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takich kul, że suma nu-
merów: najmniejszego i największego z zapisanych na tych wylosowanych kulach jest równa
dziesta trzecia osoba wypełniła kartkę do głosowania tak samo, jak jedna z wybranych
32 osób. To spostrzeżenie kończy dowód.
wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło mniej orłów niż
reszek.sposób I
Rozróżniamy trzy przypadki:
(1) ani razu nie wypadł orzeł (wtedy w każdym rzucie wypadła reszka) – jest jedna taka
możliwość,
(2) wypadł dokładnie jeden orzeł (wtedy wypadły jeszcze 4 reszki) – takich możliwości
jest 5,
(3) wypadły dokładnie dwa orły (wtedy wypadły jeszcze 3 reszki) – takich możliwości
jest
5 ? 4
2
= 10.
Stąd wynika, że jest 1 + 5 + 10 = 16 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą,
w których wypadło mniej orłów niż reszek.
sposób II
Skorzystamy z reguły równoliczności.
Jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2
5
= 32 wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu monetą. Można
je podzielić na dwie rozłączne grupy:
(1) tych wyników, w których wypadło mniej orłów niż reszek,
(2) tych wyników, w których wypadło mniej reszek niż orłów.
Biorąc dowolny wynik z pierwszej grupy i zamieniając każdego orła na reszkę oraz każ-
dą reszkę na orła dostaniemy jeden wynik z drugiej grupy. Postępując analogicznie z
wynikiem z drugiej grupy dostaniemy jeden wynik z pierwszej grupy. Zatem wyniki te
można połączyć w pary, co oznacza, że dokładnie połowa wszystkich wyników pięcio-
krotnego rzutu monetą to te, w których orłów jest mniej niż reszek. Jest ich więc
1
2
? 32 = 16.
a)
wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą, w których wypadło więcej or-
łów niż reszek.Jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2
9
= 512 wszystkich wyników dzie-
więciokrotnego rzutu monetą. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy:
(1) tych wyników, w których wypadło więcej orłów niż reszek,
(2) tych wyników, w których wypadło więcej reszek niż orłów.
Rozumując podobnie jak w II sposobie rozwiązania poprzedniego podpunktu, stwier-
dzimy, że pojedyncze wyniki z obu tych grup można połączyć w pary. Oznacza to, że
dokładnie połowa wszystkich wyników dziewięciokrotnego rzutu monetą to te, w któ-
rych orłów jest więcej niż reszek. Wyników tych jest zatem
1
2
? 512 = 256.
b)
199

7?
Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą 7 można otrzymać:
• gdy najmniejszy z numerów jest równy 1 i największy jest równy 6,
• gdy najmniejszy z numerów jest równy 2 i największy jest równy 5,
• gdy najmniejszy z numerów jest równy 3 i największy jest równy 4.
Rozróżniamy zatem trzy rozłączne przypadki:
W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kulami można wylosować dowolny
podzbiór ze zbioru czterech pozostałych kul. Ponieważ decyzji o wyborze każdej z tych 4
kul możemy dokonać na 2 sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest 2 ? 2 ? 2 ? 2 = 2
4
= 16
możliwości wylosowania kul.
W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kulami można wylosować dowolny pod-
zbiór ze zbioru, w którym są dwie kule: kula z numerem 3 oraz kula z numerem 4. Zatem w
tym przypadku są 2 ? 2 = 2
2
= 4 możliwości wylosowania kul.
W trzecim przypadku mamy jeden sposób wylosowania kul.
Oznacza to, że jest 16 + 4 + 1 = 21 wszystkich możliwości wylosowania kul w sposób opisany
w treści zadania.
wśród wylosowanych znalazły się kule o numerach 1 oraz 6,1)
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kul o numerach 1, 6 i znalazły się kule o nume-
rach 2 oraz 5,
2)
wylosowano tylko dwie kule: z numerem 3 oraz z numerem 4.3)
200

3.4. Podzbiory zbioru skończonego (treść
rozszerzona)
Liczba wszystkich podzbiorów zbioru
skończonego
Można obliczyć, ile jest wszystkich podzbiorów pewnych zbiorów skończonych.
• pewien zbiór dwuelementowy ma 2
2
= 4 podzbiory,
• pewien zbiór czteroelementowy ma 2
4
= 16 podzbiorów,
• pewien zbiór pięcioelementowy ma 2
5
= 32 podzbiory,
• pewien podzbiór dziewięcioelementowy ma 2
9
= 512 podzbiorów.
Ustalając liczbę podzbiorów zauważaliśmy, że w stosunku do każdego elementu zbioru możemy
na dwa sposoby podjąć decyzję o jego wyborze do tworzonego podzbioru.
Przykład 1.
Rozpatrzmy teraz zbiór A = {a1, a2, ..., an}, który ma n elementów. Dowolny podzbiór
zbioru A tworzymy, podejmując decyzję, czy każdy z kolejnych elementów zbioru A:
a1, a2, ..., an należy do tego podzbioru, czy nie należy. Można to zrobić na
2 ? 2 ? ... ? 2
?
n czynników
= 2
n
sposobów.
Zatem liczba wszystkich podzbiorów zbioru A, który ma n elementów, jest równa 2
n
.
Liczba kombinacji
W przykładach prezentowanych w tym rozdziale często spotykaliśmy się z koniecznością oblicze-
nia, na ile sposobów możemy z ustalonego zbioru wybrać podzbiór o konkretnej liczbie elemen-
tów.
Przykład 2.
Rozpatrzmy zbiór A = {a1, a2, ..., an}, który ma n elementów. Wtedy, jak to już pokazywali-
śmy w rozwiązaniach przykładów tego rozdziału:
• jest jeden podzbiór zbioru A, do którego nie wybierzemy żadnego elementu ze zbioru A
(tym podzbiorem jest zbiór pusty),
• jest jeden podzbiór zbioru A, do którego wybierzemy każdy element zbioru A (tym pod-
zbiorem jest cały zbiór A),
• jest n wszystkich podzbiorów jednoelementowych zbioru A,
• jest
n ? (n − 1)
2
wszystkich podzbiorów dwuelementowych zbioru A.
Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu metodą dopełniania podzbiorów do całego zbioru i
zasadą równoliczności, stwierdzimy też, że
Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona)
201

• jest n wszystkich podzbiorów (n − 1)-elementowych zbioru A,
• jest
n ? (n − 1)
2
wszystkich podzbiorów (n − 2)-elementowych zbioru A.
Definicja: liczba k–elementowych podzbiorów
zbioru n–elementowego
Rozpatrzmy zbiór A = {a1, a2, ..., an}, który ma n (n ≥ 1) elementów.
Symbolem
(
n
k )oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych
(k ≥ 0 i k ≤ n) .
Zapis symboliczny
(
n
k )odczytujemy „n po k”, stąd np.:
•
(
5
2 )czytamy „pięć po dwa”,
•
(
7
1 )czytamy „siedem po jeden”,
•
(
6
0 )czytamy „sześć po zero”.
Stosując to oznaczenie, stwierdzimy, że:
(
n
0 )=
(
n
n )= 1
(
n
1 )=
(
n
n − 1 )= n
(
n
2 )=
(
n
n − 2 )=
n ? (n − 1)
2
,
202

gdy n ≥ 2
W szczególności:
(
5
2 )=
5 ? 4
2
= 10,
(
5
3 )= 10,
(
7
1 )= 7,
(
7
6 )= 7,
(
6
0 )=
(
6
6 )= 1
Rozszerza się też (z czego my nie będziemy korzystać) stosowanie tego symbolu na:
• podzbiór pusty zbioru pustego, przyjmując
(
0
0 )= 1,
• przypadek, gdy k > n, wtedy przyjmujemy
(
n
k )= 0.
Kombinacje
Definicja: k-elementowa kombinacja zbioru n-
elementowego
Każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego (0 ≤ k ≤ n) nazywa się zwy-
czajowo k-elementową kombinacją zbioru n-elementowego.
Pokażemy, że liczba wszystkich k – elementowych podzbiorów, które można wybrać ze zbioru
A = {a1, a2, ..., an} liczącego n elementów, jest równa
n!
k! ? (n − k)!
. Przypomnijmy, że przez
(
n
k )
umówiliśmy się oznaczać liczbę wszystkich możliwych k – elementowych podzbiorów zbioru A.
203

Dla dowodu zauważmy, że liczba wszystkich możliwych k – elementowych ciągów utworzonych z
różnych elementów zbioru A jest z jednej strony równa
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
?
k czynników
=
n!
(n − k)!
a z drugiej strony – jest równa
k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
?
k czynników
?
(
n
k )
ponieważ w każdym z k–elementowych podzbiorów zbioru A możemy ustalić kolejność elemen-
tów na
k! = k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
?
k czynników
sposobów.
n!
(n − k)!
= k! ?
(
n
k )
stąd
(
n
k )=
n!
k! ? (n − k)!
Na podstawie spostrzeżenia poczynionego powyżej mamy twierdzenie.
Twierdzenie: liczba k-elementowych kombinacji
zbioru n-elementowego
Liczba
(
n
k )wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n − elementowego jest równa
n!
k! ? (n − k)!
=
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
.
204

Uwaga. Stosując metodę dopełniania podzbiorów do całego zbioru i korzystając z zasady
równoliczności, stwierdzimy, że dla dowolnych liczb całkowitych n, k (0 ≤ k ≤ n) zachodzi
równość
(
n
k )=
(
n
n − k )
Tę tożsamość można również wykazać algebraicznie.
Ponieważ
(
n
k )=
n!
k! ? (n − k)!
oraz
(
n
n − k )=
n!
(n − k)! ? (n − (n − k))!
=
n!
(n − k)! ? k!
więc
(
n
k )=
(
n
n − k ).
Przykład 3.
Pokażemy kilka zastosowań twierdzenia o liczbie kombinacji.
Do turnieju koszykówki, rozgrywanego systemem „każdy z każdym” (bez rewanżów),
zgłosiło się 12 drużyn.
Liczba wszystkich meczów do rozegrania w tym turnieju jest zatem równa
(
12
2 ), czyli
12 ? 11
2
= 66.
a)
Z pudełka, w którym znajduje się 20 kul ponumerowanych od 1 do 20 mamy wyloso-
wać 3 kule.
Każdy wynik takiego losowania to trzyelementowy podzbiór zbioru dwudziestoele-
mentowego, zatem liczba sposobów, na które można to zrobić, jest równa
(
20
3 ). Ta
liczba jest więc równa
20!
3! ? 17!
=
20 ? 19 ? 18
3 ? 2 ? 1
= 1140.
b)
205

Przykład 4.
Rozpatrzmy równanie
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 10
gdzie każda z liczb x1, x2, x3, x4, x5, x6 jest całkowita i nieujemna.
Wykażemy, że jest 3003 wszystkich rozwiązań tego równania.
Skorzystamy z pomysłu przedstawionego w Uwadze do podpunktu a) przykładu 13.
Rozpatrzmy pomocniczo wszystkie wyniki piętnastokrotnego rzutu monetą, w których wypa-
dło dokładnie 10 orłów. Oznaczmy przez:
x1 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach do momentu, w którym wyrzucono pierw-
szą reszkę,
x2 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono pierw-
szą reszkę, do momentu, w którym wyrzucono drugą reszkę,
x3 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono drugą
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono trzecią reszkę,
x4 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono trzecią
Na okręgu zaznaczono 11 różnych punktów. Obliczamy, ile jest wszystkich czworo-
kątów wypukłych, których wierzchołkami są punkty wybrane spośród tych zaznaczo-
nych.
Ponieważ wybierając dowolne cztery z tych jedenastu punktów na dokładnie jeden
sposób, połączymy je tak, aby otrzymać kolejne boki czworokąta wypukłego, więc szu-
kana liczba wszystkich czworokątów to
(
11
4 ), co jest równe
11!
4! ? 7!
=
11 ? 10 ? 9 ? 8
4 ? 3 ? 2 ? 1
= 330.
c)
Spośród uczniów 37 − osobowej klasy należy wybrać 5-osobową delegację.
Można to zrobić na
(
37
5 )sposobów, co jest równe
37!
5! ? 32!
=
37 ? 36 ? 35 ? 34 ? 33
5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 435 897 (to prawie pół miliona sposobów).
d)
W pewnej grze losowej należy wybrać 6 liczb ze zbioru {1, 2, 3, ..., 49}. Liczba sposo-
bów, na które można tego dokonać jest równa
(
49
6 ), czyli
49!
6! ? 43!
=
49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44
6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 13 983 816 (to liczba bliska 14 milionom).
e)
W rozdaniu brydżowym gracz otrzymuje 13 kart wybranych losowo z talii 52 kart. Licz-
ba wszystkich układów kart możliwych do otrzymania przez brydżystę jest więc równa
(
52
13 ), czyli
52!
13! ? 39!
=
52 ? 51 ? 50 ? 49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44 ? 43 ? 42 ? 41 ? 40
13 ? 12 ? 11 ? 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 635 013 559 600
(to ponad 635 miliardów układów).
f)
206

reszkę, do momentu, w którym wyrzucono czwartą reszkę,
x5 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono czwartą
reszkę, do momentu, w którym wyrzucono piątą reszkę,
x6 – liczbę orłów uzyskanych w kolejnych rzutach od momentu, w którym wyrzucono piątą
reszkę.
Wtedy
• każdemu wynikowi takiego rzutu monetą odpowiada dokładnie jeden ciąg
(x1, x2, x3, x4, x5, x6),
• każdemu ciągowi (x1, x2, x3, x4, x5, x6) odpowiada jeden wynik piętnastokrotnego
rzutu monetą, w którym wypadło dokładnie 10 orłów.
Ponieważ jest
(
15
10 )=
15!
10! ? 5!
=
15 ? 14 ? 13 ? 12 ? 11
5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 3003 wszystkich wyników piętnastokrotne-
go rzutu monetą, w których wypadło dokładnie 10 orłów, więc również tyle jest rozwiązań
równania x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 10 w nieujemnych liczbach całkowitych.
Rozumując podobnie, można też wykazać, że równanie x1 + x2 + x3 + ... + xn = k, gdzie k jest
dodatnią liczbą całkowitą, a każda z liczb x1, x2, x3, ..., xn jest całkowita i nieujemna, ma
dokładnie
(
n + k − 1
k )rozwiązań.
Współczynniki dwumianowe, wzór dwumianowy
Newtona
Przykład 5.
Wykażemy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x:
(x + 1)
4
= x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1
• sposób I (algebraiczny)
Zapisujemy równość
(x + 1)
4
= (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1).
Po wymnożeniu wyrażeń zapisanych w nawiasach po prawej stronie tej równości i po-
grupowaniu wyrazów podobnych otrzymamy wyrażenie (wielomian zmiennej x), w któ-
rym wystąpią jednomiany zmiennej x.
Czynność taką można wykonać, korzystając ze wzoru na sześcian sumy:
(x + 1)
4
= ((x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1)) ? (x + 1) = (x + 1)
3
? (x + 1) = (x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1)? (x + 1) =
= (x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1)? x + (x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1)? 1 =
x
4
+ 3x
3
+ 3x
2
+ x + x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 = x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1lub ze wzoru skróconego
mnożenia na kwadrat sumy:
207

(x + 1)
4
= ((x + 1)
2
)
2
= (x
2
+ 2x + 1)
2
= (x
2
+ (2x + 1))
2
= (x
2
)
2
+ 2 ? x
2
? (2x + 1) + (2x + 1)
2
=
= x
4
+ 4x
3
+ 2x
2
+ 4x
2
+ 4x + 1 = x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1.
• sposób II (kombinatoryczny)
Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynu
(x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1), dostaniemy za każdym razem mnożenie czterech czyn-
ników. Wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie x
k
, gdzie k jest równe
4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wybieranych z
kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 2
4
= 16 sposobów.
Rozróżniamy pięć przypadków:
ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku
otrzymamy x
4
, co można też zapisać jako
(
4
4 )? x
4
? 1
0
,
1)
z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu wy-
braliśmy 1, a więc można to zrobić na 4 sposoby. Zatem łącznie otrzymamy 4x
3
, co
można też zapisać jako
(
4
3 )? x
3
? 1
1
,
2)
z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
4 ? 3
2
= 6 sposobów.
Łącznie otrzymamy więc 6x
2
(
4
2 )? x
2
? 1
2
,
3)
z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 4 sposoby. Łącznie
otrzymamy więc 4x, co można też zapisać jako
(
4
1 )? x
1
? 1
3
,
4)
z żadnego z nawiasów nie wybraliśmy x – można to zrobić na 1 sposób. Wtedy z każ-
dego z nawiasów musimy wybrać jedynkę, więc w wyniku mnożenia otrzymamy 1, co
(
4
0 )? x
0
? 1
4
.
Ostatecznie stwierdzamy, że
(x + 1)
4
= x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1.Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postaci
(x + 1)
4
=
(
4
4 )? x
4
? 1
0
+
(
4
3 )? x
3
? 1
1
+
(
4
2 )? x
2
? 1
2
+
(
4
1 )? x
1
? 1
3
+
(
4
0 )? x
0
? 1
4
5)
208

Przykład 6.
(x + 1)
5
= x
5
+ 5x
4
+ 10x
3
+ 10x
2
+ 5x + 1.
• sposób I (algebraiczny)
(x + 1)
5
= (x + 1)
4
? (x + 1) = (x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1)? (x + 1)
= x
5
+ 4x
4
+ 6x
3
+ 4x
2
+ x + x
4
+ 4x
3
+ 6x
2
+ 4x + 1 = x
5
+ 5x
4
+ 10x
3
+ 10x
2
+ 5x + 1.
• sposób II (kombinatoryczny)
Zauważmy, że mnożąc wyrażenia wybierane z każdego z kolejnych nawiasów iloczynu
(x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1) ? (x + 1)
dostaniemy za każdym razem do pomnożenia pięć czynników, przy czym każdy z nich
to x albo 1. Zatem wynikiem każdego takiego mnożenia jest wyrażenie x
k
, gdzie k jest
równe 5, 4, 3, 2, 1 lub 0. Wykonajmy więc wszystkie możliwe mnożenia wyrażeń wy-
bieranych z kolejnych nawiasów – możemy to zrobić na 2
5
= 32 sposoby.
Rozróżniamy sześć przypadków:
ze wszystkich nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na jeden sposób, a w wyniku
otrzymamy x
5
(
5
5 )? x
5
? 1
0
,
1)
z dokładnie czterech nawiasów wybraliśmy x – wtedy z dokładnie jednego nawiasu
wybraliśmy 1, a więc można to zrobić na 5 sposobów. Zatem łącznie otrzymamy 5x
4
,
co można też zapisać jako
(
5
4 )? x
4
? 1
1
,
2)
z dokładnie trzech nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
(
5
3 )=
5 ? 4 ? 3
3 ? 2
= 10
sposobów. Łącznie otrzymamy więc 10x
3
(
5
3 )? x
3
? 1
2
,
3)
z dokładnie dwóch nawiasów wybraliśmy x – można to zrobić na
5 ? 4
2
= 10 sposobów.
Łącznie otrzymamy więc 10x
2
(
5
2 )? x
3
? 1
2
,
4)
209

Przykład 7.
(x + 1)
7
= x
7
+ 7x
6
+ 21x
5
+ 35x
4
+ 35x
3
+ 21x
2
+ 7x + 1
• sposób I
Najpierw pokazujemy, że
(x + 1)
6
= (x + 1)
5
? (x + 1) = (x
5
+ 5x
4
+ 10x
3
+ 10x
2
+ 5x + 1)? (x + 1) = x
6
+ 6x
5
+ 15x
4
+ 20x
3
+ 15x
2
+ 6x + 1
.
Stąd
(x + 1)
7
= (x + 1)
6
? (x + 1) = (x
6
+ 6x
5
+ 15x
4
+ 20x
3
+ 15x
2
+ 6x + 1)? (x + 1) =
= x
7
+ 7x
6
+ 21x
5
+ 35x
4
+ 35x
3
+ 21x
2
+ 7x + 1.
• sposób II
Korzystając z pomysłów przedstawionych w sposobie II rozwiązania poprzednich pod-
punktów, pokazujemy, że
(x + 1)
7
=
=
(
7
7 )? x
7
? 1
0
+
(
7
6 )? x
6
? 1
1
+
(
7
5 )? x
5
? 1
2
+
(
7
4 )? x
4
? 1
3
+
(
7
3 )? x
3
? 1
4
+
(
7
2 )? x
2
? 1
5
+
(
7
1 )? x
1
? 1
6
+
(
.
z dokładnie jednego nawiasu wybraliśmy x – można to zrobić na 5 sposobów. Łącznie
otrzymamy więc 5x, co można też zapisać jako
(
5
1 )? x
1
? 1
4
,
5)
z żadnego z nawiasów nie wybraliśmy x – można to zrobić na 1 sposób. Wtedy z każ-
dego z nawiasów musimy wybrać jedynkę, więc w wyniku mnożenia otrzymamy 1, co
(
5
0 )? x
0
? 1
5
.
Ostatecznie stwierdzamy, że
(x + 1)
5
= x
5
+ 5x
4
+ 10x
3
+ 10x
2
+ 5x + 1.
Otrzymaną tożsamość możemy też zapisać w postaci
(x + 1)
5
=
(
5
5 )? x
5
? 1
0
+
(
5
4 )? x
4
? 1
1
+
(
5
3 )? x
3
? 1
2
+
(
5
2 )? x
2
? 1
3
+
(
5
1 )? x
1
? 1
4
+
(
5
0 )? x
0
? 1
5
.
6)
210

Ponieważ
(
7
7 )=
(
7
0 )= 1,
(
7
6 )=
(
7
1 )= 7,
(
7
5 )=
(
7
2 )=
7 ? 6
2
= 21,
(
7
4 )=
(
7
3 )=
7 ? 6 ? 5
3 ? 2 ? 1
= 35,
więc otrzymujemy
(x + 1)
7
= x
7
+ 7x
6
+ 21x
5
+ 35x
4
+ 35x
3
+ 21x
2
+ 7x + 1.
Rozumując podobnie jak w sposobie II rozwiązań przedstawionych w powyższym przykła-
dzie, można pokazać, że dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej n oraz dowolnych liczb cał-
kowitych a oraz b prawdziwa jest równość
(a + b)
n
=
(
n
0 )a
n
+
(
n
1 )a
n − 1
b +
(
n
2 )a
n − 2
b
2
+ ... +
(
n
n − 1 )a
1
b
n − 1
+
(
n
n )b
n
.
Wzór ten jest nazywany wzorem dwumianowym Newtona.
W szczególności dla a = b = 1 otrzymujemy
2
n
=
(
n
0 )+
(
n
1 )+
(
n
2 )+ ... +
(
n
n − 1 ) +
(
n
n ).
Otrzymana równość uzasadnia znany nam już fakt, że liczba wszystkich podzbiorów zbioru n
–elementowego jest równa 2
n
.
211

3.5. Zadania
Do szkolnego turnieju koszykówki zgłosiło się 14 drużyn. Ile trzeba rozegrać meczów, jeżeli tur-
niej toczy się według systemu „każdy z każdym”, bez rewanżów?
a) 13
b) 28
c) 91
d) 182
(Pokaż odpowiedź)
Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród 15 zawodników?
a) 29
b) 105
c) 210
d) 225
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest wszystkich liczb naturalnych dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 2?
a) 20
b) 11
c) 10
d) 9
(Pokaż odpowiedź)
Ile wszystkich przekątnych ma dziesięciokąt foremny?
a) 45
Zadania
212

b) 35
c) 17
d) 10
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} losujemy jednocześnie dwie liczby. Ile jest możliwości wy-
losowania w ten sposób takiej pary liczb, której suma jest parzysta?
a) 16
b) 12
c) 10
d) 9
(Pokaż odpowiedź)
Liczba uczniów pewnej klasy jest 15 razy mniejsza od liczby wszystkich par, możliwych do wy-
boru spośród uczniów tej klasy. Ilu jest uczniów w tej klasie?
a) 28
b) 29
c) 30
d) 31
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których dokładnie dwa ra-
zy wypadła szóstka?
a) 36
b) 30
c) 18
d) 15
(Pokaż odpowiedź)
Zadania
213

W pewnej grupie jest 10 chłopców i 9 dziewczynek. Na ile sposobów można z tej grupy wybrać
trzyosobowy zespół, w którym znajdzie się co najmniej jedna dziewczynka i co najmniej jeden
chłopiec?
a) 180
b) 360
c) 765
d) 1530
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest pięciocyfrowych liczb naturalnych o sumie cyfr równej 12, których każda cyfra jest nie-
parzysta?
a) więcej niż 1000
b) 4720
c) 2360
d) mniej niż 1000
(Pokaż odpowiedź)
Na okręgu zaznaczono 8 różnych punktów. Ile jest wszystkich trójkątów, których każdy wierz-
chołek jest jednym z tych wybranych punktów?
a) 512
b) 336
c) 56
d) 24
(Pokaż odpowiedź)
Zadania
214

Test powtórzeniowy składa się z 14 zadań testowych. Po wybraniu prawidłowej odpowiedzi za
każde z zadań można otrzymać 1 punkt, w przeciwnym przypadku za zadanie otrzymuje się 0
punktów. Oblicz, na ile sposobów można tak wypełnić kartę odpowiedzi do tego testu, żeby
otrzymać:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich takich wyników:
(Pokaż odpowiedź)
(Pokaż odpowiedź)
1 punkta)
2 punktyb)
12 punktówc)
13 punktówd)
ile trzeba będzie rozegrać wszystkich meczów w turnieju, do którego zgłosiło się 13 dru-
żyn i każda drużyna ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz.
a)
na ile sposobów można wybrać dwuosobową delegację z klasy liczącej 31 uczniów.b)
ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadł orzeł.a)
ośmiokrotnego rzutu monetą, że dokładnie sześć razy wypadła reszka.b)
dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie dwa razy wypadła reszka.c)
dziewięciokrotnego rzutu monetą, że dokładnie siedem razy wypadł orzeł.d)
Spośród ośmiu chłopców pewnej klasy nauczyciel chce wylosować sześciu. Na ile sposo-
bów może to zrobić?
a)
Spośród dwudziestu dziewcząt pewnej klasy nauczyciel chce wybrać osiemnaście. Na ile
sposobów może to zrobić?
b)
Zadania
215

Oblicz liczbę wszystkich przekątnych
(Pokaż odpowiedź)
Ilu zawodników liczy drużyna, z której 2 graczy można wybrać na 136 sposobów?
(Pokaż odpowiedź)
Pewien wielokąt foremny ma 20 przekątnych. Ile boków ma ten wielokąt?
(Pokaż odpowiedź)
Do szkolnego turnieju halowej piłki ręcznej zgłosiło się 6 drużyn: D1, D2, D3, D4, D5 i D6. Każ-
da drużyna ma rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz. W każdym meczu przyznawano
punkty w następujący sposób: w przypadku remisu obie drużyny otrzymują po 1 punkcie, a
w meczu rozstrzygniętym zwycięzca otrzymuje 2 punkty. Po zakończeniu turnieju okazało się,
że: drużyna D1 zdobyła 6 punktów, drużyna D2 – 3 punkty, drużyna D3 – 8 punktów, drużyna
D4 – 1 punkt, a drużyna D5 zdobyła o 2 punkty więcej niż drużyna D6. Które miejsce w turnieju
zajęła drużyna D6?
(Pokaż odpowiedź)
W osiedlowym turnieju piłki nożnej, rozgrywanym systemem „każdy z każdym” (bez rewanżów)
wystąpiło 12 zespołów. Każda drużyna za zwycięstwo w meczu otrzymywała 1 punkt, za remis
– 0,5 punktu, a przegrana nie zwiększała konta punktowego zespołu. Dwa zespoły: „Kosiarze”
i „Przecinaki” zajęły w tym turnieju miejsca ex aequo 10 i 11 (żadna inna drużyna nie dzieliła
z nimi tych miejsc), zdobywając po 5,5 punktu. Wykaż, że drużyna, która zajęła w tym turnieju
ostatnie miejsce, wygrała co najwyżej jeden mecz.
(Pokaż odpowiedź)
siedmiokąta wypukłego.a)
szesnastokąta wypukłego.b)
Zadania
216

W turnieju gry w koszykówkę każda drużyna miała rozegrać z każdą inną dokładnie jeden mecz.
Po zakończeniu tego turnieju okazało się, że drużyny, które nie wygrały żadnego meczu, stano-
wią 10% wszystkich drużyn. Oblicz, ile meczów rozegrano w tym turnieju. Pamiętaj, że w koszy-
kówce każdy mecz musi zostać rozstrzygnięty.
(Pokaż odpowiedź)
W gimnazjalnym turnieju piłkarskim wystąpiła pewna liczba drużyn. Turniej rozgrywano meto-
dą „każdy z każdym”, bez rewanżów. Po zakończeniu okazało się, że dokładnie 60% drużyn ro-
zegrało co najmniej jeden mecz remisowy, a dokładnie
5
6
pozostałych co najmniej jeden mecz
przegrało. Ile meczów rozegrano w tym turnieju?
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} losujemy trzy razy po jednej liczbie ze zwra-
caniem. Oblicz, ile jest takich wyników tego losowania, że pierwsza z wylosowanych liczb jest
większa od drugiej, a druga jest równa trzeciej z tych liczb.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz:
(Pokaż odpowiedź)
ile jest wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką sześcienną, w których liczba oczek
uzyskanych w pierwszym rzucie jest mniejsza od liczby oczek uzyskanych w drugim rzu-
cie.
a)
ile jest wszystkich wyników trzykrotnego rzutu kostką sześcienną, w których liczba oczek
uzyskanych w trzecim rzucie jest większa od liczby oczek uzyskanych w drugim rzucie.
b)
Zadania
217

W trapezie ABCD na podstawie AB wybrano punkty E i F, a na podstawie CD wybrano punkt G.
Oblicz, ile jest wszystkich:
(Pokaż odpowiedź)
W klasie jest 33 uczniów, przy czym chłopców jest o 3 mniej niż dziewczynek. Oblicz, na ile spo-
sobów można wybrać z tej klasy:
(Pokaż odpowiedź)
Proste k i l są równoległe i różne. Rozpatrzmy dziesięć punktów: 5 z nich zaznaczono na prostej
k, 4 kolejne zaznaczono na prostej l, a dziesiątym jest punkt A. Ten punkt spełnia jednocześnie
dwa warunki:
Oblicz, ile jest wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych punk-
tów.
(Pokaż odpowiedź)
trójkątów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów
A, B, C, D, E, F, G.
a)
trapezów, których każdy wierzchołek został wybrany spośród punktów
A, B, C, D, E, F, G.
b)
trzyosobową delegację, w której znajdzie się dokładnie jedna dziewczynka.a)
czteroosobową delegację, w której znajdą się dokładnie dwaj chłopcy.b)
nie leży na żadnej z prostych k, l,a)
żadna z prostych, przechodzących przez każde dwa inne punkty wybrane spośród dzie-
więciu zaznaczonych, nie przechodzi przez punkt A.
b)
Zadania
218

Oblicz:
cyfra setek jest większa od cyfry jedności,
cyfra tysięcy jest większa od cyfry dziesiątek.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta o
wymiarach 6 na 4, podzielonego na kwadraty jednostkowe.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy
12.
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których
parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek.
(Pokaż odpowiedź)
Ile jest wszystkich liczb naturalnych:
(Pokaż odpowiedź)
ile jest liczb czterocyfrowych, w których cyfra setek jest mniejsza od cyfry jedności.a)
ile jest liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:b)
pięciocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 11.a)
sześciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 3.b)
nieparzystych siedmiocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.c)
ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 6.d)
Zadania
219

Liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ustawiamy w losowej kolejności w szeregu, two-
rząc liczbę dziewięciocyfrową o różnych cyfrach. Oblicz, ile jest możliwości uzyskania w ten spo-
sób liczby, której cyfry spełniają jednocześnie cztery warunki:
(Pokaż odpowiedź)
W pudełku jest 25 ponumerowanych losów, w tym 5 wygrywających. Z tego pudełka wybieramy
losowo 4 losy. Na ile sposobów można wylosować co najmniej 1 los wygrywający?
(Pokaż odpowiedź)
Dany jest prostokąt ABCD, w którym | AB | = 5, | AD | = 8. Prostokąt ten podzielono linia-
mi siatki na kwadraty jednostkowe. Ile jest wszystkich najkrótszych dróg prowadzących po li-
niach siatki od punktu A do punktu C?
(Pokaż odpowiedź)
W kopercie znajduje się 10 kartek ponumerowanych od 1 do 10. Z tej koperty losujemy dowol-
nie wybraną liczbę kartek. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takich kartek, że suma
numerów: najmniejszego i największego zapisanych na tych wylosowanych kartkach jest rów-
na 10?
(Pokaż odpowiedź)
Wykaż, że
cyfra 1 stoi przed cyfrą 2a)
cyfra 3 stoi przed cyfrą 4b)
cyfra 5 stoi przed cyfrą 6c)
cyfra 7 stoi przed cyfrą 8d)
dla dowolnej liczby rzeczywistej x: (2x + 3)
4
= 16x
4
+ 96x
3
+ 216x
2
+ 216x + 81a)
Zadania
220

(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest:
(Pokaż odpowiedź)
Dwunastu chłopców bierze udział w szkolnej wycieczce. Oblicz, na ile sposobów można ich za-
kwaterować w czterech trzyosobowych pokojach.
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru {1, 2, 3, ..., 22} losujemy jednocześnie pięć liczb. Oblicz, ile jest wszystkich możli-
wości wylosowania takich pięciu liczb, których:
dla dowolnej liczby rzeczywistej x: (x − 2)
5
= x
5
− 10x
4
+ 40x
3
− 80x
2
+ 80x − 32.b)
dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b: (2a +
1
2
b)
4
= 16a
4
+ 16a
3
b + 6a
2
b
2
+ ab
3
+
1
16
b
4
.
c)
dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b:
(a − b)
6
= a
6
− 6a
5
b + 15a
2
b
4
− 20a
3
b
3
+ 15a
4
b
2
− 6a
5
b + b
6
.
d)
wszystkich liczb naturalnych ośmiocyfrowych, w zapisie których nie występuje zero i na
dokładnie trzech miejscach stoją cyfry nieparzyste.
a)
wszystkich liczb naturalnych siedmiocyfrowych, w zapisie których na dokładnie czterech
miejscach stoją cyfry parzyste.
b)
trzycyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie dwa następujące warunki:(1)
cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek,(2) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jed-
ności.
a)
sześciocyfrowych liczb naturalnych, spełniających jednocześnie trzy następujące warun-
ki:(1) cyfra tysięcy jest większa od cyfry setek,(2) cyfra setek jest większa od cyfry dziesi-
ątek,(3) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności.
b)
Zadania
221

(Pokaż odpowiedź)
W talii 52 kart do brydża jest po 13 kart w każdym z czterech kolorów: trefl, karo, kier, pik. W
każdym kolorze jest jeden as, a także trzy figury: król, dama, walet oraz 9 kart numerowanych
od 2 do 10. W rozdaniu brydżowym każdy z czterech graczy otrzymuje po 13 kart wybranych
losowo z talii. Oblicz, na ile sposobów gracz może w takim rozdaniu dostać:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, na ile sposobów można podzielić:
(Pokaż odpowiedź)
Oblicz, ile jest wszystkich liczb naturalnych:
(Pokaż odpowiedź)
iloczyn jest parzysty.a)
suma jest parzysta.b)
dokładnie 10 pików i dokładnie 2 kierya)
trzy asy, trzy króle, trzy damy i trzy waletyb)
10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny: „Niebieską” i „Żółtą”.a)
10 graczy na dwie pięcioosobowe drużyny.b)
12 graczy na 3 równoliczne drużyny: „Niebieską”, „Żółtą” i „Czerwoną”.c)
12 graczy na 3 równoliczne drużyny.d)
dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.a)
piętnastocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa 10.b)
dwudziestocyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa
28.
c)
stucyfrowych o wszystkich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 123.d)
Zadania
222

Oblicz, ile jest wszystkich wyników:
(Pokaż odpowiedź)
Z pudełka, w którym znajduje się 20 kul ponumerowanych od 1 do 20 losujemy równocześnie 3
kule. Oblicz, ile jest wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których suma numerów
wylosowanych kul jest podzielna przez 3.
(Pokaż odpowiedź)
W szufladzie znajduje się 5 par rękawiczek, każde dwie pary są w różnych kolorach. Z pudełka
losujemy 3 rękawiczki. Oblicz, ile jest takich wyników tego losowania, że:
(Pokaż odpowiedź)
siedmiokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie dwa razy wypadło
jedno oczko i dokładnie trzy razy wypadło sześć oczek.
a)
dziesięciokrotnego rzutu sześcienną kostką do gry, w których dokładnie trzy razy wypa-
dło jedno oczko i dokładnie cztery razy wypadła parzysta liczba oczek.
b)
ośmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest
równy 20.
c)
siedmiokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których suma liczb wyrzuconych oczek jest
równa 12.
d)
wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary rękawiczek.a)
wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para rękawiczek.b)
Zadania
223

W pudełku znajduje się 30 kul ponumerowanych od 1 do 30. Z pudełka losujemy 7 kul. Oblicz,
ile jest takich wyników tego losowania, że:
(Pokaż odpowiedź)
W pewnej grze losowej gracz typuje 5 liczb spośród 32 początkowych dodatnich liczb całkowi-
tych. Na ile sposobów można wytypować 5 liczb w tej grze tak, aby nie było wśród nich dwóch
kolejnych?
(Pokaż odpowiedź)
Z dziesięciu liter alfabetu: a, b, c, d, e, A, B, C, D, E tworzymy dziesięcioliterowy napis, w
którym każda z tych liter występuje dokładnie raz. Oblicz, ile jest takich napisów, w których lite-
ra A znajdzie się przed B, B przed C, C przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała
litera będzie zapisana przed taką samą dużą.Te warunki spełnia np. napis baAcBdCeDE.
(Pokaż odpowiedź)
wśród wylosowanych nie będzie żadnej pary kul, których suma numerów jest równa 31.a)
wśród wylosowanych będzie dokładnie jedna para kul, których suma numerów jest rów-
na 31.
b)
wśród wylosowanych będą dokładnie 2 pary kul, których suma numerów jest równa 31.c)
wśród wylosowanych będą dokładnie 3 pary kul, których suma numerów jest równa 31.d)
Zadania
224

Rozdział 4. Prawdopodobieństwo
4.1. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa.
Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych
Przykład 1.
Zdarza się, że w wypowiedziach dotyczących przewidywania wyniku jakiegoś zdarzenia sza-
cowany jest wynik tego zdarzenia. Spotykamy się więc z następującymi sformułowaniami „po
pierwszym meczu nasze szanse na awans oceniam na 75 procent” czy „sądzę, że moje szan-
se na pierwszą nagrodę są mniejsze niż jeden do dziesięciu”, czy też „jestem przekonany, że
zachwyt przy ocenie naszej oferty wyrazi co najmniej dwóch na trzech klientów naszego skle-
pu”.
Podając liczby:
3
4
,
1
10
,
2
3
oceniamy, na ile zajście zdarzenia, którego wynik nie jest znany, jest
zbliżone do prawdy (prawdopodobne).
W tym rozdziale wprowadzimy umowy, które pozwolą nam obliczać prawdopodobieństwa
zdarzeń w pewnych nieskomplikowanych sytuacjach przy zastosowaniu formalnie opisanych
metod. W przykładach będziemy analizować wyniki doświadczeń losowych.
Przykład 2.
Każdy z nas spotkał się z sytuacją, w której przy podjęciu pewnej decyzji wybieramy wynik
losowania. Na przykład w amerykańskiej zawodowej lidze koszykówki NBA nabór nowych
zawodników odbywa się w tak zwanej loterii draftowej. Według obowiązujących przepisów
przystępuje do niej 14 zespołów z najgorszym bilansem zwycięstw z poprzedniego sezonu,
przy czym zespoły te są ustawiane w kolejności od najgorszego bilansu do najlepszego. W
tej loterii losuje się spośród 1000 kul, przy czym 250 z nich przydzielonych jest pierwszemu
zespołowi z tego zestawienia, 199 – drugiemu, a 138 – trzeciemu itd. W ten sposób najgorszy
zespół ma 25% szans na wylosowanie pierwszego numeru. Powiemy więc, że prawdopodo-
bieństwo, że najgorszy zespół wylosuje pierwszy numer w loterii draftowej jest równe
1
4
.
Jednak największe szanse nie gwarantują pierwszego numeru w takiej loterii. W 2008 roku
pierwszy numer w drafcie wylosowała drużyna Chicago Bulls, która w losowaniu miała przy-
dzielone 17 kul. Zatem przed losowaniem ocenilibyśmy prawdopodobieństwo, że właśnie ta
drużyna wylosuje pierwszy numer jako równe
17
1000
.
Prawdopodobieństwo
225

Pojęcie prawdopodobieństwa
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie prawdopodobieństw zdarzeń losowych
226

227

228

Przykład 3.
W pewnej szóstej klasie dawno temu spotkali się trzej uczniowie: Janek, Piotrek i Andrzej.
Zdarzyło się, że wszyscy korzystali z obiadów w szkolnej stołówce. Do każdego obiadu był
tam serwowany deser. Na początku roku szkolnego Janek zaproponował Piotrkowi następu-
jącą zabawę: „Do końca roku szkolnego będziemy przychodzili na obiady. Niech w tym cza-
sie o podziale naszych deserów zdecyduje los. Codziennie przed obiadem Andrzej rzuci dwa
razy monetą. Jeśli raz wypadnie orzeł i raz wypadnie reszka, to ja zjem dwa desery: twój i
mój. Jeśli dwa razy wypadnie orzeł, to Ty zjesz te dwa desery. Natomiast jeśli wypadnie dwa
razy reszka, to każdy zje swój deser. Jak widzisz, umowa jest uczciwa, bo poza tymi trzema
przypadkami innego wyniku dwóch rzutów monetą nie ma, a patrząc na te przypadki łącznie,
każdy z nas ma równe szanse. Ja w jednym przypadku dostanę dwa desery, w drugim – żad-
nego, a w trzecim – jeden. I ty także: w jednym przypadku dostaniesz dwa desery, w innym
– żadnego, a w jeszcze innym – jeden. Nie pomyśl sobie, że w zmowie z Andrzejem szykuje-
my jakąś sztuczkę z monetą. Gdybyś chciał, to możemy się umówić, że monetę do rzucania
będziemy wybierali wspólnie, a przy rzucaniu będziemy się zmieniali. To jak, zgadzasz się na
taki układ? Mielibyśmy niezłą zabawę przed obiadem.”Piotrek chwilę pomyślał, a następnie
odmówił. Od razu też wytłumaczył Jankowi, dlaczego uważa, że taka umowa wcale nie jest
uczciwa.
Podamy argumenty, które przemawiają za tym, że Piotrek powinien odrzucić pomysł Jan-
ka.Dwukrotny rzut monetą to doświadczenie, które polega na wykonaniu po kolei dwóch
czynności. Każda z nich może skończyć się na jeden z dwóch sposobów: albo wypadnie
229

orzeł, albo wypadnie reszka. Na podstawie reguły mnożenia stwierdzamy, że liczba wszyst-
kich możliwych wyników dwukrotnego rzutu kostką jest równa
2 ? 2 = 4.
Wszystkie wyniki takiego doświadczenia można przedstawić w tabeli
I rzut/II rzuty Orzeł Reszka
orzeł (orzeł, orzeł) (orzeł, reszka)
reszka (reszka, orzeł) (reszka, reszka)
Lub za pomocą drzewa:
Z tabeli możemy też odczytać dwuelementowe ciągi, które opisują wszystkie możliwe wyniki
dwukrotnego rzutu monetą:
(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka).
Są więc dokładnie cztery możliwe wyniki dwukrotnego rzutu monetą. Pewnie i bez powyż-
szego opisu potrafi to uzasadnić każdy, kto zrozumiał podstawowe zasady obowiązujące w
kombinatoryce (omawialiśmy je w poprzednich rozdziałach).
Typowa moneta znajdująca się w obiegu może być uznana za symetryczną. Oznacza to, że
przy dużej liczbie rzutów taką monetą średnio połowa z nich skończy się wyrzuceniem orła,
a połowa – reszki. Zatem i każdy z czterech wyników dwukrotnego rzutu monetą będzie wy-
padał średnio tak samo często, jak każdy z pozostałych.
Wracamy do zabawy opisanej w poprzednim przykładzie. Jak już zauważyliśmy: wbrew suge-
stiom Janka mamy do rozpatrzenia nie trzy, a cztery przypadki. Popatrzmy na rozdział dese-
rów w każdym z tych przypadków:
• (orzeł, orzeł) – Piotrek zje dwa desery, Janek – żadnego,
• (orzeł, reszka) – Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,
• (reszka, orzeł) – Piotrek nie zje żadnego deseru, a Janek zje dwa,
• (reszka, reszka) – Piotrek zje jeden deser i Janek zje jeden deser.
Wobec tego w ciągu kolejnych czterech dni, kiedy chłopcy mają do rozdzielenia 8 deserów, 5
deserów zje Janek, a tylko trzy – Piotrek. Zatem kontynuowanie przez dłuższy czas losowego
wyboru deserów metodą zaproponowaną przez Janka jest dla Piotrka zdecydowanie nieko-
rzystne.
Podając te wartości, oceniliśmy jedynie szanse każdego z chłopców na otrzymanie deseru.
230

Nie należy się jednak spodziewać, że w ciągu dowolnie wybranych czterech dni, przy takiej
metodzie losowego rozdziału deserów, Piotrek dostanie dokładnie 3 z ośmiu możliwych do
otrzymania. Natomiast przy przeprowadzeniu większej liczby powtórzeń tego doświadczenia
liczba deserów przeznaczonych dla Piotrka będzie zbliżała się do pewnej wartości, którą na-
zywamy prawdopodobieństwem zdarzenia, że w wyniku podanej metody przydziału deser
dostanie Piotrek.
Można formalnie wykazać, że 3 to oczekiwana liczba deserów, które w ciągu czterech dni
otrzyma Piotrek, gdyby zastosował się do metody zaproponowanej przez Janka. Metody ma-
tematyczne, których do tego celu należałoby użyć, stosowane są w rachunku prawdopodo-
bieństwa.
Przykład 4.
W prezentowanych w tym rozdziale przykładach będziemy zajmować się doświadczeniami,
które (podobnie jak przywołane powyżej) możemy uznać za losowe. Przedmioty używane
w opisywanych doświadczeniach są powszechnie dostępne, więc każdy może samodzielnie
takie doświadczenie przeprowadzić tyle razy, ile tylko uzna za stosowne. Naszym głównym
zadaniem będzie jednak takie opisanie modelu przeprowadzanego doświadczenia, aby dla
ustalenia prawdopodobieństwa otrzymania konkretnego wyniku wystarczyło zrozumienie
podstawowych zasad rządzących rachunkiem prawdopodobieństwa.
Wprowadzimy podstawowe pojęcia, którymi będziemy się posługiwać przy obliczaniu praw-
dopodobieństw.
Każdy możliwy wynik, który może pojawić się w doświadczeniu losowym, będziemy nazywać
zdarzeniem elementarnym.
Każdy oficjalny mecz piłki nożnej zaczyna się od losowania drużyny, która rozpocznie
rozgrywkę. Sędzia rzuca wtedy monetą, przy czym robi to w taki sposób, żeby nikt nie
miał wątpliwości, że wynik takiego losowania będzie przypadkowy. Przed takim loso-
waniem jesteśmy przekonani, że obie zainteresowane drużyny mają równe szanse
rozpoczęcia gry od środka boiska.Za każdym razem takie losowanie uznamy więc za
doświadczenie losowe.
a)
Kilkuosobową grę w karty rozpoczyna się od wyboru osoby rozdającej. Chcemy, aby
metoda wyboru dawała równe szanse każdemu z graczy. Jednym ze sposobów jest lo-
sowanie przez każdego z graczy jednej karty z pełnej talii. Zazwyczaj rozdającym zosta-
je ta osoba, która wylosuje kartę najniższą według rangi w danej grze. Taki wybór oso-
by rozdającej uznamy także za doświadczenie losowe.
b)
Przypuśćmy, że o wyborze kapitana w przypadkowo dobranej pięcioosobowej druży-
nie koszykówki chcemy zadecydować losowo – możemy to zrobić, przygotowując
wcześniej losy. Wystarczy w tym celu wziąć pięć takich samych kartek papieru, cztery
pozostawić puste, a na jednej z nich postawić umówiony znak lub napisać słowo „kapi-
tan”. Następnie złożyć kartki w podobny sposób i wrzucić do takiego pojemnika, z któ-
rego gracze losują po jednej kartce, nie widząc wybieranego przedmiotu. Kapitanem
zostaje ten z nich, który wylosuje wyróżnioną kartkę.
c)
231

Przykład 5.
W doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą, roz-
różnimy cztery zdarzenia elementarne:
• „za pierwszym razem wypadł orzeł, a za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie zapi-
szemy jako dwuelementowy ciąg wyników (orzeł, orzeł),
• „za pierwszym razem wypadł orzeł, a za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie
zapiszemy jako (orzeł, reszka),
• „za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadł orzeł”, co w skrócie za-
piszemy jako (reszka, orzeł),
• „za pierwszym razem wypadła reszka i za drugim razem wypadła reszka”, co w skrócie
zapiszemy jako (reszka, reszka).
W omawianym doświadczeniu używaliśmy monety symetrycznej, więc spodziewamy się, że
przy dużej liczbie powtórzeń każde z wypisanych powyżej zdarzeń elementarnych pojawi się
z podobną średnią częstością. Uznajemy zatem, że wszystkie te zdarzenia elementarne są
jednakowo prawdopodobne.
Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych będziemy oznaczali za pomocą dużej greckiej litery
Ω (omega).
Fakt, że w rozpatrywanym doświadczeniu zbiór zdarzeń elementarnych
Ω = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł), (reszka, reszka)}
liczy cztery elementy, zapiszemy symbolicznie | Ω | = 4.
W rozwiązaniach kilku kolejnych przykładowych zadań będziemy wypisywali zdarzenia elementar-
ne i na tej podstawie określali zbiór Ω wszystkich zdarzeń elementarnych i liczbę jego elementów.
Definicja: Zdarzenie
Dowolny podzbiór zbioru Ω będziemy nazywać zdarzeniem, a elementy takiego
podzbioru będziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi temu
zdarzeniu.
Zbiór pusty, czyli zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne, na-
zywamy zdarzeniem niemożliwym.
Zbiór Ω, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy
zdarzeniem pewnym.
Przykład 6.
Ponieważ w doświadczeniu rozpatrywanym w poprzednim przykładzie zbiór Ω ma cztery ele-
menty, to różnych zdarzeń w tym doświadczeniu jest 2
4
= 16 (tyle jest bowiem wszystkich
podzbiorów czteroelementowego zbioru Ω).
Przykładowymi zdarzeniami w doświadczeniu losowym, polegającym na dwukrotnym rzucie
symetryczną monetą są:
232

• A = {(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}. Takiemu zdarzeniu sprzyjają dwa zdarzenia ele-
mentarne, więc zapiszemy, że | A | = 2. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie,
np. tak: A – zdarzenie polegające na tym, że wypadło tyle samo orłów, co reszek.
• B = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}. Temu zdarzeniu sprzyjają trzy zdarze-
nia elementarne, zatem | B | = 3. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np.
tak: B – zdarzenie polegające na tym, że wypadł co najmniej jeden orzeł.
• C = {(reszka, reszka)}. Temu zdarzeniu sprzyja jedno zdarzenie elementarne, stąd
| C | = 1. Zdarzenie to można byłoby opisać słownie, np. tak: C – zdarzenie polega-
jące na tym, że wypadło mniej orłów niż reszek.
Rozpatrzmy zdarzenia opisane słownie:
• D – zdarzenie polegające na tym, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek. Zbiór D
jest pusty – nie ma zdarzeń elementarnych, które sprzyjają temu zdarzeniu. Zdarzenie
D jest więc niemożliwe.
• E – zdarzenie polegające na tym, że wypadła parzysta liczba orłów. Zdarzeniu E sprzy-
jają dwa zdarzenie elementarne: (orzeł, orzeł), (reszka, reszka), zatem zapiszemy E = {
(orzeł, orzeł), (reszka, reszka)}, a co za tym idzie: | E | = 2.
• F – zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki. Zdarzeniu F sprzyjają wszystkie zda-
rzenia elementarne, zatem zapiszemy F = Ω. Oznacza to, że F jest zdarzeniem pew-
nym.
Fakt, że zdarzenie A jest podzbiorem zbioru zdarzeń elementarnych Ω zapisujemy też, uży-
wając symbolu zawierania zbiorów: A ? Ω.
Określimy teraz, jak będziemy obliczać prawdopodobieństwo w tak zwanym schemacie klasycz-
nym.
Twierdzenie: Klasyczna definicja
prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednako-
wo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem P(A) zdarzenia A ? Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń ele-
mentarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
P(A) =
| A |
| Ω |
.
Przykład 7.
W doświadczeniu losowym polegającym na dwukrotnym rzucie symetryczną monetą wszyst-
kie zdarzenie elementarne są jednakowo prawdopodobne. Zatem obliczając prawdopodo-
bieństwa zdarzeń, możemy skorzystać z definicji klasycznej. Obliczymy w ten sposób praw-
233

dopodobieństwa zdarzeń opisanych w poprzednim przykładzie. Przypomnijmy, że w tym do-
świadczeniu | Ω | = 4. Oznacza to, że:
• jeżeli A = {(orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to P(A) =
| A |
| Ω |
=
2
4
=
1
2
,
• jeżeli B = {(orzeł, orzeł), (orzeł, reszka), (reszka, orzeł)}, to P(B) =
| B |
| Ω |
=
3
4
,
• jeżeli C = {(reszka, reszka)}, to P(C) =
| C |
| Ω |
=
1
4
,
• jeżeli D to zdarzenie, że wypadło trzy razy więcej orłów niż reszek, to D = ?, stąd
P(D) =
| D |
| Ω |
=
0
4
= 0,
• jeżeli E to zdarzenie, że wypadła parzysta liczba orłów, to E = {(orzeł, orzeł), (reszka,
reszka)}, stąd P(E) =
| E |
| Ω |
=
2
4
=
1
2
,
• jeżeli F to zdarzenie, że wypadły co najwyżej dwie reszki, to F = Ω, stąd
P(F) =
| F |
| Ω |
=
4
4
= 1.
Warto zapamiętać dwa wnioski wynikające z klasycznej definicji prawdopodobieństwa:
Własności prawdopodobieństwa
Przykład 8.
W kopercie znajduje się 11 kartek, ponumerowanych od 1 do 11. Z tej koperty wybieramy
losowo jedną kartkę. Obliczymy prawdopodobieństwo otrzymania:
Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród
11 kartek. Ponieważ wylosowana kartka jest jednoznacznie przypisana do zapisanego na niej
numeru, więc nie doprowadzimy do żadnych nieporozumień, kiedy zbiór wszystkich zdarzeń
elementarnych zapiszemy skrótowo
Ω = {1,2, 3,4, 5,6, 7,8, 9,10,11}.
Mamy więc | Ω | = 11.
Oznaczmy
A – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę podzielną przez 4,
B – zdarzenie polegające na tym, że wylosowano liczbę niepodzielną przez 4.
P(?) =
| ? |
| Ω |
=
0
| Ω |
= 0, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia niemożliwego
jest równe 0,
1)
P(Ω) =
| Ω |
| Ω |
= 1, co oznacza, że prawdopodobieństwo zdarzenia pewnego jest równe
1.
2)
liczby podzielnej przez 4,a)
liczby niepodzielnej przez 4.b)
234

Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, wobec tego przy oblicza-
niu prawdopodobieństw zdarzeń A, B, C skorzystamy z definicji klasycznej.
P(B) =
| B |
| Ω |
=
9
11
.
Zauważmy, że do opisanego zbioru B należą wszystkie zdarzenia elementarne, które nie
sprzyjają zdarzeniu A (możemy też powiedzieć, że zbiór B jest dopełnieniem zbioru A do zbio-
ru Ω).
Taką zależność między dwoma zdarzeniami opisuje się za pomocą pojęcia zdarzenia prze-
ciwnego.
Definicja: zdarzenie przeciwne
Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A, należącego do zbioru zdarzeń elementar-
nych Ω, nazywamy takie zdarzenie A’ należące do Ω, któremu sprzyjają wszystkie
zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu A.
Z tej definicji wynika, że również zdarzenie A jest zdarzeniem przeciwnym do A’.
Zauważmy, że ponieważ zdarzenia A i A’ są rozłączne (A ∩ A' = ?) oraz ich sumą jest zbiór wszyst-
kich zdarzeń elementarnych Ω (A ? A' = Ω), więc liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest su-
mą liczb zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A oraz zdarzeń elementarnych sprzyja-
jących zdarzeniu A’.
| Ω | = | A | + | A' |
Jeśli obie strony otrzymanej równości podzielimy przez liczbę dodatnią | Ω | , to otrzymamy
| Ω |
| Ω |
=
| A |
| Ω |
+
| A' |
| Ω |
Ponieważ A oraz A’ są zdarzeniami ze zbioru Ω, więc liczba
| A |
| Ω |
to prawdopodobieństwo zdarze-
nia A, natomiast liczba
| A' |
| Ω |
to prawdopodobieństwo zdarzenia A’. Stąd
Wśród liczb ze zbioru Ω znajdujemy liczby podzielne przez 4 – są to 4 oraz 8, zatem
możemy zapisać skrótowo, że A = {4, 8}. Oznacza to, że są dwa zdarzenia elementar-
ne, które sprzyjają zdarzeniu A, więc | A | = 2. Stąd P(A) =
| A |
| Ω |
=
2
11
.
1)
Wśród liczb ze zbioru Ω znajdujemy wszystkie liczby niepodzielne przez 4. Zapisujemy
zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B : B = {1,2, 3,5, 6,7, 9,10,11}.
Stąd | B | = 9, a więc
2)
235

P(A) + P(A') = 1.
Prawdziwe jest zatem twierdzenie.
Twierdzenie: o prawdopodobieństwie zdarzenia
przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobień-
stwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzorem
P(A') = 1 − P(A).
Przykład 9.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A oraz zachodzi równość
3 ? P(A) = 7 ? P(A'), gdzie A’ jest zdarzeniem przeciwnym do A. Obliczymy prawdopodobień-
stwo zdarzenia A.
Przekształcamy równość daną w treści zadania, korzystając z zależności między P(A') i P(A)
3 ? P(A) = 7 ? (1 − P(A))
3 ? P(A) = 7 − 7 ? P(A)
10 ? P(A) = 7
Stąd wynika, że
P(A) =
7
10
.
Przykład 10.
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Obliczymy praw-
dopodobieństwo, że otrzymana liczba jest podzielna przez 6 lub przez 10.
Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednej spośród
90 dwucyfrowych liczb naturalnych. Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych zapiszemy
Ω = {10, 11, 12, ..., 99}
• sposób I
Wypisujemy wszystkie zdarzenia elementarne, które sprzyjają zdarzeniu „otrzymana liczba
jest podzielna przez 6 lub przez 10”:
236

{10, 12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 50, 54, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 90, 96}
.
Jest ich 21.
Korzystając z definicji klasycznej, stwierdzamy więc, że szukane prawdopodobieństwo jest
równe
21
90
=
7
30
.
• sposób II
Oznaczmy:
A – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 6,
B – zdarzenie, że wylosowano liczbę podzielną przez 10.
Zatem
A = {12, 18, 24, 30, 36, 42, 48, 54, 60, 66, 72, 78, 84, 90, 96},
B = {10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90}.
Zdarzenie, którego prawdopodobieństwo mamy obliczyć: „otrzymana liczba jest podzielna
przez 6 lub przez 10”, to suma zdarzeń A oraz B.
Zdarzenia A i B nie są rozłączne, a ich część wspólna to zdarzenie
A ∩ B = {30, 60, 90}
Przy obliczeniu zadanego prawdopodobieństwa skorzystamy ze wzoru na liczbę elementów
sumy dwóch zbiorów
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B |
Ponieważ | A | = 15, | B | = 9 i | A ∩ B | = 3, to
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 15 + 9 − 3 = 21.
Oznacza to, że prawdopodobieństwo zdarzenia A ? B jest równe
P(A ? B) =
| A ? B |
| Ω |
=
21
90
=
7
30
.
Zauważmy, że dla dowolnych zdarzeń A, B ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω ze wzoru na
liczbę elementów sumy dwóch zbiorów
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B |
wynika, że
| A ? B |
| Ω |
=
| A |
| Ω |
+
| B |
| Ω |
−
| A ∩ B |
| Ω |
.
Ponieważ A ? B oraz A ∩ B są również zdarzeniami ze zbioru Ω, więc na mocy definicji kla-
sycznej otrzymujemy zależność
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B)
Prawdziwe jest więc twierdzenie.
237

Twierdzenie: o prawdopodobieństwie sumy dwóch
zdarzeń
Załóżmy, że A oraz B są zdarzeniami ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopo-
dobieństwo sumy A ? B zdarzeń A oraz B wyraża się wzorem
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
gdzie A ∩ B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
Przykład 11.
Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu dane są zdarzenia A i B, przy czym ich prawdopodo-
bieństwa są równe odpowiednio
2
7
i
3
11
. W tym doświadczeniu pewne jest zdarzenie, że zaj-
dzie zdarzenie A’ lub zdarzenie B’ (gdzie A’ oraz B’ oznaczają zdarzenia przeciwne do zdarzeń
odpowiednio A i B). Obliczymy prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jednocześnie zda-
rzenie A’ i zdarzenie B’.
Obliczamy
P(A') = 1 − P(A) = 1 −
2
7
=
5
7
oraz
P(B') = 1 − P(B) = 1 −
3
11
=
8
11
.
Z treści zadania wiemy, że P(A' ? B') = 1, a mamy obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia
A' ∩ B'. Korzystając z twierdzenia o prawdopodobieństwie sumy, zapisujemy
P(A' ? B') = P(A ') + P(B ') − P(A' ∩ B'). Stąd prawdopodobieństwo zdarzenia, że zajdzie jed-
nocześnie zdarzenie A’ i zdarzenie B’ jest równe
P(A' ∩ B') = P(A') + P(B') − P(A
'
? B
'
)=
5
7
+
8
11
− 1 =
34
77
.
Przykład 12.
Wśród 216 uczniów klas maturalnych pewnej szkoły ponadgimnazjalnej przeprowadzono
sondaż na temat poczytności dwóch tygodników: „Widoki” oraz „Rokowania”. Okazało się, że
tygodnik „Widoki” czytają 144 osoby, tygodnik „Rokowania” czytają 132 osoby, a oba te tygo-
dniki czyta 80 osób.
Obliczymy prawdopodobieństwo p zdarzenia, że osoba wybrana losowo z tej grupy nie czyta
żadnego z tych tygodników.
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wylosowanie jednej osoby z grupy ankietowanych
uczniów. Zatem | Ω | = 216.
Oznaczmy
238

• A – zdarzenie polegające na tym, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Widoki”,
• B – zdarzenie, że wylosowana osoba czyta tygodnik „Rokowania”.
Z treści zadania wynika, że | A | = 144, | B | = 132 oraz | A ∩ B | = 80, zatem liczba
| A ? B | osób, które czytają jeden lub drugi tygodnik jest równa
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 144 + 132 − 80 = 196
Stąd
| Ω | − | A ? B | = 216 − 196 = 20
to liczba osób, które nie czytają żadnego z tych tygodników.
Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równe
p =
20
216
=
5
54
.
Zależności między liczbami uczniów w tym zadaniu można przedstawić schematycznie za po-
mocą diagramu.
Wpisaliśmy w nim po kolei
• liczbę uczniów, którzy czytają oba tygodniki: 80,
• liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Widoki” i nie czytają tygodnika „Rokowania”:
144 – 80 = 64,
• liczbę uczniów, którzy czytają tygodnik „Rokowania” i nie czytają tygodnika „Widoki”:
132 – 80 = 52,
• liczbę uczniów, którzy nie czytają żadnego z tych dwóch tygodników:
216 – (64 + 80 + 52) = 20.
Przykład 13.
Z pudełka zawierającego 8 kul ponumerowanych od 1 do 8 losujemy jednocześnie dwie kule.
Obliczymy prawdopodobieństwo zajścia takiego zdarzenia A, że suma wylosowanych liczb
jest równa 11.
Przedstawimy dwa sposoby opisu zbioru zdarzeń elementarnych w tym doświadczeniu.
239

• sposób I
Ponieważ z pudełka zawierającego 8 kul losujemy jednocześnie dwie kule, więc zdarzenie
elementarne zapisujemy jako dwuelementowy podzbiór {a, b} zbioru
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Zatem zdarzeń elementarnych jest tyle, ile dwuelementowych
podzbiorów zbioru ośmioelementowego, stąd
| Ω | =
8 ? 7
2
= 28
Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa 11, sprzyjają następujące 3 zdarzenia ele-
mentarne: {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}. Wobec tego | A | = 3, co oznacza, że
P(A) =
3
28
.
• sposób II
Ponieważ dodawanie jest przemienne, więc suma nie zmieni się, kiedy rozróżnimy kule ze
względu na kolejność, w której zostały wylosowane. Każde zdarzenie elementarne zapisu-
jemy wtedy jako dwuelementowy ciąg (a, b), gdzie a, b są różnymi elementami ze zbioru
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} numerów kul znajdujących się w pudełku. Wszystkich zdarzeń
elementarnych jest więc
| Ω | = 8 ? 7 = 56.
Zdarzeniu, że suma wylosowanych liczb jest równa 11 sprzyjają następujące zdarzenia ele-
mentarne: (3, 8), (4, 7), (5, 6), (6, 5), (7, 4), (8, 3). Stąd | A | = 6, co oznacza, że
P(A) =
6
56
=
3
28
.
Doświadczenia dwuetapowe - metoda drzewa
Przykład 14.
Uczniowie trzeciej klasy otrzymali do rozwiązania zestaw 50 zadań powtórzeniowych z ma-
tematyki. Zadania były ponumerowane od 1 do 50. Pewna ich część to zadania kodowane, a
pozostałe to zadania zamknięte.
Ania rozwiązała wszystkie te zadania w ciągu dwóch dni. Pierwszego dnia rozwiązała 60% za-
dań zestawu, przy czym połowę tych zadań stanowiły zadania kodowane. Wśród zadań roz-
wiązanych przez Anię drugiego dnia co piąte było kodowane.
Obliczymy, jakie jest prawdopodobieństwo p zdarzenia, że przy losowaniu zadania z tego ze-
stawu otrzymamy zadanie kodowane.
• sposób I
Za zdarzenie elementarne w opisanym doświadczeniu przyjmujemy wylosowanie jednego
spośród 50 zadań.
Obliczenia liczby zadań kodowanych przeprowadzimy w dwóch etapach.
240

Pierwszego dnia dziewczynka rozwiązała 15 zadań kodowanych (jest to połowa z 30 zadań
rozwiązanych w tym dniu), natomiast drugiego dnia Ania rozwiązała
1
5
? 20 = 4 zadania kodo-
wane.
Wobec tego wszystkich zadań kodowanych jest w tym zestawie 15 + 4 = 19.
Mamy model klasyczny (zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne), co oznacza,
że szukane prawdopodobieństwo jest równe
p =
19
50
.
• sposób II
Zauważmy, że połowa z
3
5
wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię
pierwszego dnia, a
1
5
z
2
5
wszystkich zadań to zadania kodowane rozwiązane przez Anię dru-
giego dnia.
Zatem zadania kodowane stanowią
19
50
wszystkich zadań (jak to jest pokazane na diagramie),
co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe p =
19
50
.
Przebieg omawianego doświadczenia można też przedstawić schematycznie w postaci drze-
wa. Rozróżnimy dwa etapy: (1) wybór dnia, w którym zadanie zostało rozwiązane, (2) wybór
typu zadania rozwiązanego w danym dniu.
Na rysunku poniżej pogrubioną linią zaznaczyliśmy gałęzie odpowiadające wynikom: wylo-
sowano zadanie kodowane rozwiązane pierwszego dnia (na niebiesko), wylosowano zadanie
kodowane rozwiązane drugiego dnia (na pomarańczowo).
Obliczymy liczbę zadań rozwiązanych w każdym dniu przez Anię: w pierwszym dniu
Ania rozwiązała 60% ? 50 = 30 zadań, a więc w drugim dniu Ania rozwiązała 20 zadań
(to jest 40% wszystkich).
1)
Obliczymy liczbę zadań kodowanych rozwiązanych przez dziewczynkę pierwszego dnia
oraz drugiego dnia.
2)
241

Na każdej gałęzi zapisaliśmy też, jakie jest prawdopodobieństwo wyboru danej opcji na kon-
kretnym etapie doświadczenia.
Zbierając te informacje, zauważymy zasadę, według której obliczamy szukane prawdopodo-
bieństwo, idąc po każdej z pogrubionych gałęzi. Obliczamy iloczyn prawdopodobieństw zda-
rzeń z kolejnych etapów, a następnie obliczamy sumę uzyskanych iloczynów:
p =
3
5
?
1
2
+
2
5
?
1
5
Stąd
p =
19
50
.
W kolejnym przykładzie pokażemy, jak umiejętności związane z obliczaniem prawdopodo-
bieństwa można wykorzystać do analizowania informacji, jakimi jesteśmy zasypywani przez
media wykorzystywane przez reklamodawców.
Przykład 15.
Statystyki pokazują, że w pewnym kraju 1 osoba na 1000 jest nosicielem pewnego groźnego
wirusa. Firma XMed ogłosiła, że opracowała badanie pozwalające skutecznie rozpoznać nosi-
cielstwo tego wirusa. Przedstawiciele tej firmy przypominają, że nosiciel wirusa może stać się
źródłem zakażenia dla osób przebywających w jego otoczeniu i wrażliwych na infekcje, dla-
tego też wykrywanie oraz leczenie nosicieli wirusów jest społecznie pożądane. Podano przy
tym, że po przeprowadzeniu badania opracowanego przez XMed wirus zostanie prawidłowo
wykryty u nosiciela w 99,9% przypadków, a w 99% przypadków da się jednoznacznie określić,
że badana osoba nie jest nosicielem wirusa.
Ustalimy, czy na podstawie tych danych jesteśmy w stanie ocenić skuteczność badania opra-
cowanego przez XMed.
W tym celu obliczymy najpierw, jakie jest prawdopodobieństwo, że badanie opracowane
przez XMed wykryje nosicielstwo.
Załóżmy, że wybieramy losowo obywatela tego kraju. Z treści zadania wynika, że
• prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy nosiciela wirusa, jest równe
1
1000
,
• prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy osobę, która nie jest nosicielem wiru-
sa, jest równe
999
1000
,
242

• prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u nosiciela,
jest równe
999
1000
,
• prawdopodobieństwo tego, że w wyniku badania wirus zostanie wykryty u osoby, która
nie jest nosicielem, jest równe
1
100
.
Zapiszmy te prawdopodobieństwa na drzewku.
Wobec tego prawdopodobieństwo p zdarzenia, że badanie wykryje nosicielstwo, jest równe
p =
1
1000
?
999
1000
+
999
1000
?
1
100
=
1
1000
?
999
1000
+
999
1000
?
10
1000
=
999 ? (1 + 10)
1000 ? 1000
=
999 ? 11
1000 ? 1000
= 0,01098... ≈ 0,011
.
Zatem o nosicielstwie dowiaduje się po badaniu średnio jedenaście osób na tysiąc.
Postawmy się w sytuacji osoby, która po badaniu otrzymała informację, że jest nosicielem wi-
rusa. Ustalimy, na ile ta informacja jest wiarygodna – w tym celu obliczymy, jakie jest prawdo-
podobieństwo tego, że osoba, która na podstawie badania została uznana za nosiciela, jest
rzeczywiście nosicielem wirusa.
Załóżmy, że kraj opisany w treści zadania ma milion mieszkańców. Wtedy na podstawie da-
nych z treści zadania 1000 z nich to nosiciele wirusa, a 999000 to osoby, które nie są nosicie-
lami.
W wyniku badania przeprowadzonego przez XMed:
999 z 1000 nosicieli dowie się o tym fakcie (wirus zostanie prawidłowo wykryty u nosiciela w
99,9% przypadków),
9990 spośród 999000 pozostałych osób również zostanie zdiagnozowanych jako nosiciele wi-
rusa (w 99% przypadków da się jednoznacznie określić, że badana osoba nie jest nosicielem
wirusa), a przecież żadna z nich nosicielem nie jest.
Dyskwalifikująca dla skuteczności tego badania jest jednak proporcja tych dwóch grup osób,
które otrzymały informację o nosicielstwie: jest wśród nich 10 razy więcej osób, które nie są
nosicielami wirusa!
Wobec tego prawdopodobieństwo zdarzenia, że osoba, która w wyniku badania firmy XMed
dowie się o nosicielstwie jest rzeczywiście nosicielem wirusa, jest równe
1
11
. To zdecydowanie
za mało, żeby uznać to badanie za skuteczne.
243

W pewnej klasie jest 3 razy więcej chłopców niż dziewcząt. Losujemy jedną osobę z tej klasy.
Prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy dziewczynkę jest równe
a)
3
4
b)
3
7
c)
1
3
d)
1
4
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} wybieramy losowo jedną liczbę.
Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo otrzymania liczby podzielnej przez 5. Wówczas
a) p <
1
6
b) p =
1
6
c) p =
1
5
d) p >
1
5
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych losujemy jedną liczbę. Prawdopodobieństwo zda-
rzenia, że będzie to liczba o sumie cyfr równej 16, jest równe
a)
1
30
b)
3
89
c)
1
16
d)
16
90
(Pokaż odpowiedź)
244

Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zdarzenia, że
dwukrotnie otrzymamy liczbę oczek mniejszą od 3, jest równe
a)
2
3
b)
2
9
c)
1
9
d)
1
18
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem.
Oznaczmy przez p prawdopodobieństwo wylosowania pary liczb, których iloczyn jest podzielny
przez 7. Wówczas
a) p =
1
4
b) p =
15
64
c) p =
7
32
d) p =
7
64
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy 3 razy symetryczną monetą. Prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia, że dokładnie
raz wyrzucimy orła, jest równe
a) p =
3
8
b) p =
1
3
c) p =
1
4
d) p =
1
8
(Pokaż odpowiedź)
245

Załóżmy, że w pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, ponadto A’ jest zdarze-
niem przeciwnym do A oraz zachodzi równość 2 ? P(A) = 3 ? P(A'). Stąd prawdopodobieństwo
zajścia zdarzenia A jest równe
a)
2
5
b)
1
3
c)
2
3
d)
3
5
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Prawdopodobieństwo zajścia zda-
rzenia, że otrzymamy sumę oczek podzielną przez 7 lub przez 11, jest równe
a)
1
4
b)
2
9
c)
1
9
d)
1
18
(Pokaż odpowiedź)
W każdym z dziewięciu pojemników znajduje się para kul: jedna biała, a druga – czerwona.
Z każdego z tych dziewięciu pojemników losujemy jedną kulę. Oznaczmy przez p prawdopo-
dobieństwo zdarzenia, że wśród wylosowanych kul będzie tyle samo czerwonych, co białych.
Wówczas
a) p >
5
32
b) p =
5
32
c) p =
1
5
d) p <
1
5
(Pokaż odpowiedź)
246

W pewnej klasie stosunek liczby dziewcząt do liczby chłopców jest równy 7 : 11. Losujemy
osiem osób z tej klasy. Prawdopodobieństwo tego, że dwie z nich urodziły się w tym samym
dniu tygodnia, jest
a) większe od
1
2
b) równe
1
2
c) równe
1
4
d) mniejsze od
1
4
(Pokaż odpowiedź)
W pudełku znajduje się 17 kul, ponumerowanych od 1 do 17. Z tego pudełka losujemy jedną
kulę. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania:
(Pokaż odpowiedź)
W pudełku znajduje się 130 losów, wśród których jest pewna liczba wygrywających. Prawdopo-
dobieństwo zdarzenia, że wybierając z tego pudełka jeden los, wyciągniemy los wygrywający,
jest równe
1
26
. Oblicz, ile jest losów pustych w tym pudełku.
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru {1, 2, 3, ... , 39, 40} dodatnich liczb całkowitych, które nie są większe od 40, wy-
bieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo p otrzymania:
kuli z numerem podzielnym przez 5a)
kuli z nieparzystym numerem dwucyfrowymb)
liczby mniejszej od 30a)
liczby dwucyfrowej.b)
liczby podzielnej przez 7c)
247

(Pokaż odpowiedź)
W auli pewnej szkoły wszyscy uczniowie klas trzecich będą pisać próbny egzamin maturalny.
Na liście egzaminowanych jest: 36 uczniów klasy 3a, w tym 16 dziewczynek, 35 uczniów klasy
3b, w tym 14 dziewczynek, 31 uczniów klasy 3c, w tym 12 dziewczynek oraz 38 uczniów klasy 3d
, w tym 35 dziewczynek. Dla każdego ucznia przygotowano jeden stolik, a stoliki ponumerowa-
no kolejnymi liczbami, zaczynając od 1. Przed wejściem do auli uczniowie mają losować numer
stolika, przy którym będą pisali ten próbny egzamin. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia,
że numer 1 wylosuje:
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru dwucyfrowych liczb naturalnych wybieramy losowo jedną liczbę. Oblicz prawdopo-
dobieństwo p tego, że
(Pokaż odpowiedź)
100 uczniów klas trzecich brało udział w balu studniówkowym. Na początku tej imprezy zapla-
nowane były dwa tańce: polonez i walc. Poloneza zatańczyło 60 osób, natomiast walca zatań-
czyło 90 osób. Wiadomo też, że oba te tańce klasyczne zatańczyły 53 osoby. Oblicz prawdopo-
dobieństwo p zdarzenia, polegającego na tym, że osoba wybrana losowo spośród uczestników
balu nie zatańczyła żadnego z tych dwóch tańców.
(Pokaż odpowiedź)
liczby, która nie dzieli się przez 4d)
osoba z klasy 3aa)
osoba z klasy 3b lub z klasy 3cb)
dziewczynka z klasy 3dc)
chłopiecd)
wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest równy 24a)
wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest mniejsza niż 17b)
wylosujemy liczbę, której suma cyfr jest parzystac)
wylosujemy liczbę, której iloczyn cyfr jest parzystyd)
248

W klasie trzeciej jest 35 uczniów. W każdy piątek, w dodatkowych zajęciach z matematyki bierze
udział 30 z nich, a w każdy wtorek 17 uczniów tej klasy bierze udział w dodatkowych zajęciach
z geografii. Wiadomo też, że 4 spośród uczniów tej klasy nie bierze udziału w żadnym z tych
dwóch dodatkowych rodzajów zajęć. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na
tym, że osoba wybrana losowo spośród uczniów tej klasy bierze udział zarówno w dodatko-
wych zajęciach z geografii, jak i z matematyki.
(Pokaż odpowiedź)
W pewnym doświadczeniu losowym dane jest zdarzenie A, natomiast A’ jest zdarzeniem prze-
ciwnym do A. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, wiedząc, że
(Pokaż odpowiedź)
W pewnym doświadczeniu losowym A i B są zdarzeniami, A’ jest zdarzeniem przeciwnym do
A, B’ jest zdarzeniem przeciwnym do B.
(Pokaż odpowiedź)
W kopercie znajduje się 10 kartek, ponumerowanych od 1 do 10. Z tej koperty losujemy dwa
razy po jednej kartce ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania:
(Pokaż odpowiedź)
P(A) = 4 ? P(A')a)
2 ? P(A') = 7 ? P(A)b)
P(A) = P(A') +
3
17
c)
3 ? P(A) + 7 ? P(A') = 5
2
5
d)
Oblicz P(A ? B), wiedząc, że zdarzenia A i B są rozłączne oraz P(A') =
3
4
, P(B') = 0,61.a)
Oblicz P(A ∩ B), wiedząc, że P(A ? B) =
2
3
, P(A') =
1
2
, P(B') =
3
4
.b)
dwóch kartek o różnych numerach,a)
takich dwóch kartek, że iloraz numeru na pierwszej kartce przez numer na drugiej kartce
jest liczbą całkowitą.
b)
249

Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo p zda-
rzenia, że
(Pokaż odpowiedź)
Losujemy dwa wierzchołki spośród wszystkich wierzchołków siedmiokąta foremnego. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia, że wylosujemy w ten sposób końce pewnej przekątnej tego
wielokąta.
(Pokaż odpowiedź)
Ze zbioru liczb {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} losujemy dwa razy po jednej liczbie
ze zwracaniem. Oblicz prawdopodobieństwo:
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy dwa razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo takiego
zdarzenia A, że w pierwszym rzucie wypadnie liczba oczek większa niż w drugim i iloczyn liczb
wyrzuconych oczek będzie podzielny przez 4.
(Pokaż odpowiedź)
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 1 lub 2, lub 3.a)
największa wyrzucona liczba oczek jest równa 5.b)
zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, z których pierwsza jest o 2 lub o
3 mniejsza od drugiej.
a)
zdarzenia B, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których iloczyn jest podzielny
przez 10.
b)
zdarzenia C, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma jest podzielna
przez 7.
c)
zdarzenia D, polegającego na wylosowaniu dwóch liczb, których suma kwadratów jest
podzielna przez 3.
d)
250

Z pojemnika, w którym jest 20 losów: 3 wygrywające oraz 17 pustych, losujemy dwa razy po
jednym losie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo p zdarzenia, że oba wylosowane losy
będą wygrywające.
(Pokaż odpowiedź)
W kopercie jest 15 kartek ponumerowanych liczbami od 1 do 15. Z tej koperty losujemy jedno-
cześnie dwie kartki. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia:
(Pokaż odpowiedź)
W klasie jest 35 uczniów, przy czym chłopców jest o 3 mniej niż dziewczynek. Losujemy dwie
osoby z tej klasy. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że wśród wylosowanych osób będzie
co najmniej jedna dziewczynka.
(Pokaż odpowiedź)
W talii 52 kart do brydża jest po 13 kart w każdym z czterech kolorów: trefl, karo, kier, pik. W
każdym kolorze jest jeden as, a także trzy figury: król, dama, walet oraz 9 kart numerowanych
od 2 do 10. Z takiej talii 52 kart losujemy dwa razy po jednej karcie bez zwracania. Oblicz praw-
dopodobieństwo p zdarzenia, że obie wylosowane karty będą figurami. Zapisz wynik w postaci
ułamka nieskracalnego.
(Pokaż odpowiedź)
W pudełku znajdują się kule, przy czym co dziesiąta z nich jest biała, a każda z pozostałych ma
kolor czerwony lub kolor zielony. Przy losowaniu jednej kuli z tego pudełka prawdopodobień-
stwo wylosowania kuli czerwonej lub zielonej jest trzy razy większe niż prawdopodobieństwo
wylosowania kuli czerwonej lub białej. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na
tym, że przy losowaniu jednej kuli z tego pudełka wylosujemy kulę zieloną.
(Pokaż odpowiedź)
A – iloczyn liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysty,a)
B – suma liczb na wylosowanych kartkach jest nieparzysta.b)
251

Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarze-
nia A – dokładnie raz wypadnie szóstka.
(Pokaż odpowiedź)
W kopercie jest 5 kartek ponumerowanych liczbami naturalnymi od 1 do 5. Losujemy z tej ko-
perty po kolei 5 kartek, a wyniki kolejnych losowań notujemy jeden za drugim, zapisując w ten
sposób liczbę pięciocyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo, że w wyniku takiego postępowania
zapiszemy liczbę, w której:
(Pokaż odpowiedź)
Rzucamy trzy razy symetryczną sześcienną kostką do gry. Rozstrzygnij, które zdarzenie jest
wtedy bardziej prawdopodobne: A – wypadła suma oczek równa 11 czy B – wypadła suma
oczek równa 12.
(Pokaż odpowiedź)
Poziom trudności: CZadanie 4.1.33
W pewnej grze losowej zakreślamy 6 liczb wybranych ze zbioru {1, 2, 3, ..., 49}. Wybrane licz-
by są następnie porównywane z sześcioma wylosowanymi z tego samego zbioru przez maszy-
nę losującą. Oblicz prawdopodobieństwo p tego, że zakreślając 6 liczb trafisz główną wygraną,
czyli prawidłowo wytypujesz wszystkie 6 wylosowanych numerów.
(Pokaż odpowiedź)
suma każdych dwóch sąsiednich cyfr będzie nieparzysta,a)
cyfry 1 oraz 2 będą zapisane na sąsiednich miejscach.b)
252

4.2. Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść
rozszerzona)
Definicja: definicja ogólna
prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnych
Ω = {w1, w2, w3, ..., wn},
a zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn przypiszemy takie liczby nie-
ujemne odpowiednio p1, p2, p3, ..., pn, że p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1. Wówczas
prawdopodobieństwem dowolnego zdarzenia A ? Ω nazywamy liczbę P(A), która jest
sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A.
Przykład 1.
Pokażemy, że w poprzednim przykładzie, w drugim sposobie rozwiązania postępowaliśmy
zgodnie z ogólną definicją prawdopodobieństwa.Przyjęliśmy, że doświadczenie może skoń-
czyć się jednym z czterech możliwych wyników:
w1 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie kodowane rozwiązane pierwszego dnia,
w2 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie testowe rozwiązane pierwszego dnia,
w3 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie kodowane rozwiązane drugiego dnia,
w4 – zdarzenie, że wylosujemy zadanie testowe rozwiązane drugiego dnia.
Rozpatrując te wyniki jako zdarzenia elementarne, otrzymujemy zbiór zdarzeń elementar-
nych
Ω = {w1, w2, w3, w4}.
Każdemu ze zdarzeń elementarnych przypisaliśmy prawdopodobieństwo takie , jak w poniż-
szej tabeli:
Zdarzenie
elementarne w1 w2 w3 w4
prawdopodobieństwo p1 =
3
5
?
1
2
=
3
10
p2 =
3
5
?
1
2
=
3
10
p3 =
2
5
?
1
5
=
2
25
p4 =
2
5
?
4
5
=
8
25
Ponieważ spełniony jest warunek p1 + p2 + p3 + p4 = 1, więc jeżeli przez A oznaczymy zdarze-
nie, że wylosowano zadanie kodowane, to A = {w1, w3} i prawdopodobieństwo p zdarzenia
A jest równe
p = p1 + p3 =
19
50
.
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
253

Otrzymany wynik jest, oczywiście, zgodny z wynikiem otrzymanym w pierwszym sposobie
rozwiązania (według schematu klasycznego).
Pokażemy formalnie, że definicja ogólna jest zgodna z definicją klasyczną prawdopodobieństwa.
Przykład 2.
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym zbiór zdarzeń elementarnych to
Ω = {w1, w2, w3, ..., wn},
przy czym zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn są przypisane takie liczby nie-
ujemne, odpowiednio
p1, p2, p3, ..., pn,
że
p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1.
Jeżeli przyjmiemy, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne
p1 = p2 = p3 = ... = pn,
to każdemu zdarzeniu elementarnemu przypisane jest prawdopodobieństwo równe
1
n
.
Ponieważ zbiór zdarzeń elementarnych liczy n elementów, więc | Ω | = n. Ponadto dowol-
nemu zdarzeniu A ? Ω sprzyja | A | zdarzeń elementarnych, co oznacza, że P(A) jest sumą
| A | liczb równych
1
n
.
Stąd P(A) = | A | ?
1
n
=
| A |
n
=
| A |
| Ω |
. To właśnie mieliśmy udowodnić.
Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
254

Słowniczek
Definicja: definicja ogólna
prawdopodobieństwa
W doświadczeniu losowym określimy zbiór zdarzeń elementarnych
Ω = {w1, w2, w3, ..., wn},
a zdarzeniom elementarnym w1, w2, w3, ..., wn przypiszemy takie liczby nie-
ujemne odpowiednio p1, p2, p3, ..., pn, że p1 + p2 + p3 + ... + pn = 1. Wówczas
prawdopodobieństwem dowolnego zdarzenia A ? Ω nazywamy liczbę P(A), która jest
sumą prawdopodobieństw przypisanych do zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A.
Definicja: Dominanta
Dominantą (modą, wartością najczęstszą) nazywamy tę wartość, która występuje w
próbie najczęściej.
Definicja: Graniastosłup prosty
Graniastosłup prosty to taki wielościan, którego dwie przystające ściany (podstawy
graniastosłupa) są położone w równoległych płaszczyznach, a pozostałe ściany są
prostokątami.
Definicja: kąt nachylenia prostej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która nie jest ani równoległa, ani prosto-
padła do płaszczyzny p. Kątem nachylenia prostej k do płaszczyzny p nazywamy kąt
ostry między tą prostą i jej rzutem prostokątnym l na płaszczyznę p.
Słowniczek
255

Definicja: k-elementowa kombinacja zbioru n-
elementowego
Każdy k-elementowy podzbiór zbioru n-elementowego (0 ≤ k ≤ n) nazywa się zwy-
czajowo k-elementową kombinacją zbioru n-elementowego.
Twierdzenie: Klasyczna definicja
prawdopodobieństwa
Rozpatrzmy doświadczenie losowe, w którym wszystkie zdarzenia elementarne są jednako-
wo prawdopodobne, a Ω jest zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych.
Prawdopodobieństwem P(A) zdarzenia A ? Ω nazywamy wówczas iloraz liczby zdarzeń ele-
mentarnych sprzyjających zdarzeniu A przez liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych:
P(A) =
| A |
| Ω |
.
Własność: Liczba elementów sumy n zbiorów
rozłącznych
Jeżeli zbiory A1, A2, ..., An są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru
A1 ? A2 ? ... ? An jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów A1, A2, ..., An:
| A1 ? A2 ? ... ? An | = | A1 | + | A2 | + ... + | An | .
Regułę, która jest zapisana w powyższym wzorze, nazywamy regułą dodawania.
Słowniczek
256

Twierdzenie: liczba k-elementowych kombinacji
zbioru n-elementowego
Liczba
(
n
k )wszystkich k-elementowych kombinacji zbioru n − elementowego jest równa
n!
k! ? (n − k)!
=
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? ... ? (n − k + 1)
k ? (k − 1) ? (k − 2) ? ... ? 1
.
Uwaga. Stosując metodę dopełniania podzbiorów do całego zbioru i korzystając z zasady
równoliczności, stwierdzimy, że dla dowolnych liczb całkowitych n, k (0 ≤ k ≤ n) zachodzi
równość
(
n
k )=
(
n
n − k )
Tę tożsamość można również wykazać algebraicznie.
Ponieważ
(
n
k )=
n!
k! ? (n − k)!
oraz
(
n
n − k )=
n!
(n − k)! ? (n − (n − k))!
=
n!
(n − k)! ? k!
więc
(
n
k )=
(
n
n − k ).
Słowniczek
257

Definicja: liczba k–elementowych podzbiorów
zbioru n–elementowego
Rozpatrzmy zbiór A = {a1, a2, ..., an}, który ma n (n ≥ 1) elementów.
Symbolem
(
n
k )oznaczamy liczbę jego wszystkich podzbiorów k–elementowych
(k ≥ 0 i k ≤ n) .
Zapis symboliczny
(
n
k )odczytujemy „n po k”, stąd np.:
•
(
5
2 )czytamy „pięć po dwa”,
•
(
7
1 )czytamy „siedem po jeden”,
•
(
6
0 )czytamy „sześć po zero”.
Własność: liczba k-wyrazowych wariacji bez
powtórzeń zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k-wyrazowych wariacji bez powtórzeń zbioru n-elementowego jest równa
n ? (n − 1) ? (n − 2) ? … ? (n − k + 1)
?
k czynników
Słowniczek
258

Własność: liczba k-wyrazowych wariacji z
powtórzeniami zbioru n-elementowego
Liczba wszystkich k– wyrazowych wariacji z powtórzeniami zbioru n– elementowego jest rów-
na n
k
.
Definicja: Mediana
Medianą (wartością środkową) uporządkowanego w kolejności niemalejącej zbioru
n liczb x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn jest:
• dla nieparzystej liczby n środkowy wyraz ciągu, czyli wyraz xn+1
2
,
• dla parzystej liczby n średnia arytmetyczna dwóch środkowych wyrazów ciągu,
czyli
1
2
(xn
2
+ xn
2
+ 1).
Definicja: Odchylenie przeciętne
Odchyleniem przeciętnym liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
| x1 −
−
x
| +
| x2 −
−
x
| + … +
| xn −
−
x
|
n
Definicja: Odchylenie standardowe
Odchyleniem standardowym σ liczb x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
σ = √(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
Kwadrat tej wielkości nazywamy wariancją i oznaczamy symbolem σ2
, czyli
σ2
=
(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
Słowniczek
259

Twierdzenie: o dwóch płaszczyznach równoległych
przeciętych płaszczyzną
Jeżeli płaszczyzna przecina każdą z dwóch płaszczyzn równoległych, to otrzymane krawędzie
przecięcia są prostymi równoległymi.
Twierdzenie: o dwóch różnych płaszczyznach
nierównoległych
Jeżeli dwie różne płaszczyzny p1 i p2 mają wspólne dwa różne punkty A i B, to prosta AB leży
zarówno w płaszczyźnie p1, jak i w płaszczyźnie p2. Mówimy wtedy, że prosta AB jest krawę-
dzią przecięcia tych płaszczyzn.
W przestrzeni istnieją również pary płaszczyzn, które nie mają punktów wspólnych.
Twierdzenie: o prawdopodobieństwie sumy dwóch
zdarzeń
Załóżmy, że A oraz B są zdarzeniami ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopo-
dobieństwo sumy A ? B zdarzeń A oraz B wyraża się wzorem
P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
gdzie A ∩ B to zdarzenie, które jest iloczynem (częścią wspólną) zdarzeń A, B.
Słowniczek
260

Twierdzenie: o prawdopodobieństwie zdarzenia
przeciwnego
Załóżmy, że A jest zdarzeniem ze zbioru zdarzeń elementarnych Ω. Wtedy prawdopodobień-
stwo zdarzenia A’, przeciwnego do A, wyraża się wzorem
P(A') = 1 − P(A).
Twierdzenie: o prostej prostopadłej do płaszczyzny
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz dwie zawarte w tej płaszczyźnie proste l i m, które przecinają
się w punkcie O. Jeżeli prosta k przebija płaszczyznę p w punkcie O tak, że jest prostopadła
zarówno do prostej m, jak i do prostej l, to jest ona prostopadła do każdej prostej leżącej w
płaszczyźnie p i przechodzącej przez punkt O.
Definicja: Ostrosłup
Ostrosłup to taki wielościan, którego podstawą jest dowolny wielokąt, a ściany bocz-
ne są trójkątami o wspólnym wierzchołku.
Słowniczek
261

Reguła: o trzech prostych prostopadłych
Rozpatrzmy płaszczyznę p oraz prostą k, która przebija tę płaszczyznę w punkcie P. Oznacz-
my przez l prostą, która jest rzutem prostokątnym prostej k na płaszczyznę p.
Wówczas dowolna prosta m leżąca w płaszczyźnie p jest prostopadła do prostej k wtedy i tyl-
ko wtedy, gdy jest prostopadła do prostej l.
Dowód
Rozpatrzmy na prostej k punkt K różny od P. Jego rzutem prostokątnym jest punkt L, który
leży na prostej l.
Słowniczek
262

Wtedy prosta KL jest prostopadła do płaszczyzny p, a więc każda płaszczyzna, która zawiera
prostą KL, jest prostopadła do p. Jedną z takich płaszczyzn jest ta, którą wyznaczają proste k
i l. Nazwijmy tę płaszczyznę p’.
Rozpatrzmy prostą n leżącą w płaszczyźnie p’, przechodzącą przez punkt P i równoległą do
KL.
Ponieważ prosta n jest prostopadła do płaszczyzny p, więc jest również prostopadła do pro-
stej m.
Zatem:
• jeżeli m jest także prostopadła do k, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest pro-
stopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz k), zatem i do prostej l,
• jeżeli m jest także prostopadła do l, to jest prostopadła do płaszczyzny p’ (bo jest pro-
stopadła do dwóch prostych leżących w tej płaszczyźnie: n oraz l), zatem i do prostej k.
Oznacza to, że prosta m jest prostopadła do prostej k wtedy i tylko wtedy, gdy jest prostopa-
dła do prostej l.
To spostrzeżenie kończy dowód.
Definicja: prosta przebijająca płaszczyznę
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie jest do tej płaszczyzny równoległa, ma do-
kładnie jeden punkt wspólny z tą płaszczyzną. Mówimy, że prosta przebija płaszczy-
znę w tym punkcie.
Słowniczek
263

Definicja: prosta równoległa do płaszczyzny
Prosta, która nie leży w płaszczyźnie i nie ma z tą płaszczyzną punktów wspólnych,
jest równoległa do tej płaszczyzny.
Definicja: prostej prostopadłej do płaszczyzny
Prostą k, przebijającą płaszczyznę p w punkcie O nazywamy prostopadłą do tej
płaszczyzny, gdy prosta k jest prostopadła do każdej prostej leżącej w płaszczyźnie
p i przechodzącej przez punkt O.
Definicja: proste skośne w przestrzeni
Dwie proste w przestrzeni, które nie leżą w jednej płaszczyźnie, nazywamy prostymi
skośnymi.
Twierdzenie: Reguła mnożenia
Liczba wszystkich możliwych wyników doświadczenia, które polega na wykonaniu po kolei n
czynności, z których pierwsza może zakończyć się na jeden z k1 sposobów, druga – na jeden
z k2 sposobów, trzecia – na jeden z k3 sposobów i tak dalej do n − tej czynności, która może
zakończyć się na jeden z kn sposobów, jest równa
k1 ? k2 ? k3 ? ... ? kn
Powołując się na regułę mnożenia, można pokazać, że liczba n, która w rozkładzie na czynniki
pierwsze daje się zapisać w postaci
n = p1
α
1 ? p2
α
2 ? ... ? pk
α
k,
Słowniczek
264

gdzie p1, p2, ..., pk są różnymi liczbami pierwszymi, a α1, α2, ..., αk są dodatnimi liczba-
mi całkowitymi,
ma
(α1 + 1) ? (α2 + 1) ? ... ? ( αk + 1)
dodatnich dzielników całkowitych.
Definicja: Różne płaszczyzny równoległe
Dwie różne płaszczyzny, które nie mają punktów wspólnych, nazywamy płaszczy-
znami równoległymi.
Definicja: Stożek
Stożek to bryła, która powstała w wyniku obrotu trójkąta prostokątnego dookoła
prostej zawierającej jedną z przyprostokątnych.
Definicja: Średnia arytmetyczna
Średnią arytmetyczną liczb rzeczywistych x1, x2, … , xn nazywamy liczbę
−
x =
x1 + x2 + … + xn
n
.
Definicja: Średnia ważona
Średnią ważoną liczb x1, x2, … , xn, którym przyporządkowane są odpowiednio do-
datnie wagi w1, w2, … , wn, nazywamy liczbę
−
x w =
x1 ∙ w1 + x2 ∙ w2 + … + xn ∙ wn
w1 + w2 + … +wn
.
Słowniczek
265

Definicja: Walec
Walec jest to bryła, która powstała w wyniku obrotu prostokąta dookoła prostej za-
wierającej jeden z boków prostokąta.
Twierdzenie: Wariancja liczb
Wariancja liczb x1, x2, … , xn jest równa
σ2
=
x1
2
+ x2
2
+ … + xn
2
n
−
(
−
x
)
2
Dowód
Przekształcając wzór z definicji wariancji ,otrzymujemy
σ2
=
(x1 −
−
x
)
2
+
(x2 −
−
x
)
2
+ … +
(xn −
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
− 2x1 ?
−
x +
(
−
x
)
2
+ x
2
2
− 2x2 ?
−
x +
(
−
x
)
2
+ … + x
n
2
− 2xn ?
−
x +
(
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
− 2
−
x
x1 + x2 + … xn
n
+
n ?
(
−
x
)
2
n
=
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
− 2 ?
(
−
x
)
2
+
(
−
x
)
2
=
x
1
2
+ x
2
2
+ … + x
n
2
n
−
(
−
x
)
2
Definicja: Zdarzenie
Dowolny podzbiór zbioru Ω będziemy nazywać zdarzeniem, a elementy takiego
podzbioru będziemy nazywać zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi temu
zdarzeniu.
Zbiór pusty, czyli zdarzenie, któremu nie sprzyja żadne zdarzenie elementarne, na-
zywamy zdarzeniem niemożliwym.
Zbiór Ω, czyli zdarzenie, któremu sprzyja każde zdarzenie elementarne, nazywamy
zdarzeniem pewnym.
Słowniczek
266

Definicja: zdarzenie przeciwne
Zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia A, należącego do zbioru zdarzeń elementar-
nych Ω, nazywamy takie zdarzenie A’ należące do Ω, któremu sprzyjają wszystkie
zdarzenia elementarne, które nie sprzyjają zdarzeniu A.
Z tej definicji wynika, że również zdarzenie A jest zdarzeniem przeciwnym do A’.
Słowniczek
267

Rozdział 5. Odpowiedzi
Stereometria / Graniastosłup prosty i
jego własności. Związki miarowe w
graniastosłupach
Zadanie 1.2.1 (Wróć do zadania)
Odpowiedź
V = 254 cm
3
Odpowiedź
Są dwa takie graniastosłupy: V1 = 108 cm
3
, V2 = 112 cm
3
Odpowiedź
V = 486
Odpowiedź
V =
3
2√15 cm
3
Odpowiedź
Pc = 75 cm
2
V =
125√2
4
cm
3
Odpowiedź
PA1BC1
= 36√3 cm
2
Odpowiedź
Pc = 75(2 + √3 ) cm
2
V =
125(3√3 + 5)
4
cm
3
Odpowiedź
cosα = √6
3
Odpowiedzi
268

Stereometria / Ostrosłup i jego własności
Odpowiedź
Odpowiedź
Odpowiedź
V = 54√6 cm
3
Pc = 108√3 cm
2
Odpowiedź
V =
32√3
3
j
3
Odpowiedź
V = 144√3 cm
3
Odpowiedź
Pc = (700 + 400√7 ) dm
2
Odpowiedź
V =
32√3
3
dm
3
Odpowiedź
V =
512√2
3
cm
3
Odpowiedź
V = 10√51 cm
3
V = 6√3a)
V =
32√17
3
b)
V = 18√39c)
V =
8
3√31a)
V = 80b)
V = 64√3c)
Odpowiedzi
269

Odpowiedź
sin α =
3√13
13
Odpowiedzi
270

Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły
obrotowe - walec
Zadanie 1.4.1.1 (Wróć do zadania)
Odpowiedź
V = 972π cm
3
, Pc = 378π cm
2
Odpowiedź
Pc = 1024 π cm
2
Odpowiedź
V = 300π cm
3
Odpowiedź
V =
243
4
π cm
3
, Pc = (27
2
+ 27√3)π cm
2
Odpowiedź
V = 224π cm
3
Odpowiedź
V = 270√5π cm
3
, Pc = 270π cm
2
Odpowiedź
V = 90√2π cm
3
Odpowiedź
Do tego naczynia można wrzucić nie więcej niż 18 kostek.
Odpowiedzi
271

Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły
obrotowe - stożek
Odpowiedź
Pb = 96π dm
2
, V = 192π dm
3
Odpowiedź
V = 192π cm
3
, Pc = 144 π cm
2
Odpowiedź
V =
343√3
3
π cm
3
Odpowiedź
V1
V2
=
5√385
7
Odpowiedź
sin α = √3
2
Odpowiedź
Pbw
Pbs
=
2πrH
πr√r
2
+ H
2
=
2H√r
2
+ H
2
r
2
+ H
2
Odpowiedź
V =
48
5
πcm
3
Odpowiedź
1
7
Odpowiedzi
272

Elementy statystyki opisowej / Średnia,
mediana, dominanta
Elementy statystyki opisowej / Średnia, mediana, dominanta / Średnie, mediana, dominanta,
czyli statystyki wyznaczające środek zestawu danych. Zadania
Odpowiedź
9
Odpowiedź
a = 11
Odpowiedź
średnia arytmetyczna jest większa niż mediana
Odpowiedź
2
Odpowiedź
x ≤ 6
Odpowiedź
10
Odpowiedź
Rozwiązanie
14a)
9b)
Liczymy średnią ocen ze sprawdzianu z matematyki w klasie IIIc
−
x w =
1 ? 2 + 2 ? 3 + 3 ? 11 + 4 ? 8 + 5 ? 5 + 6 ? 1
2 + 3 + 11 + 8 + 5 + 1
=
104
30
= 3,47
Wyższymi ocenami są więc 4, 5 i 6. Uczniów, którzy taką ocenę zdobyli, jest 8 + 5 + 1 = 14.
a)
Liczb, dla których liczymy medianę, jest 30, medianą będzie więc średnia liczb ustawionych
w niemalejący ciąg, stojących na pozycjach 15 i 16. Jeżeli dodamy liczbę uczniów, którzy ze
sprawdzianu z języka polskiego dostali 1,2 i 3, otrzymamy 4 + 5 + 7 = 16. Zatem na pozy-
cjach 15 i 16 stoją 3, stąd mediana jest równa 3. Oceny niższe to 2 i 1. Ze sprawdzianu z ję-
zyka polskiego otrzymało je 4 + 5 = 9 osób.
b)
Odpowiedzi
273

Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Licząc średnią ocen w klasie z matematyki, otrzymujemy
−
x w =
3 ? 2 + 12 ? 3 + 10 ? 4 + 1 ? 6 + x ? 5
3 + 12 + 10 + 1 + x
=
88 + 5x
26 + x
.
Ponieważ średnia ta jest równa 3,5, to otrzymujemy równanie:
88 + 5x
26 + x
= 3,5,
które następnie przekształcamy do postaci
88 + 5x = 91 + 3,5x.
Stąd 1,5x = 3. Otrzymujemy więc x = 2.
Odpowiedź
14 zł
Rozwiązanie
Policzymy średnią cenę kilograma cukierków w otrzymanej mieszance
14 ? 12 + 9 ? 14 + 7 ? 18
14 + 9 + 7
=
420
30
= 14.
Odpowiedź
29 lat
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę lat przepracowanych w tym zakładzie przez brygadzistę. Licząc średni
wiek pracy w zakładzie robotników wraz z brygadzistą, otrzymujemy równanie
10 ? 7 + x
11
= 9
Stąd 70 + x = 99, czyli x = 29 lat.
Odpowiedź
25
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę uczestników wycieczki. Policzymy średnią razem z opiekunem.
−
x =
14 ? x + 40
x + 1
= 15
Otrzymujemy więc równanie 14x + 40 = 15x + 15, stąd x = 25.
Odpowiedź
25%a)
Odpowiedzi
274

Rozwiązanie
1,1 ∙ x1 + 1,1 ∙ x2 + … + 1,1 ∙ xn
n
= 1,1 ?
x1 + x2 + … + xn
n
Zatem średnia pensja zwiększy się o 10%.
Odpowiedź
moda - 44
mediana - 43,5
średnia - 43,44
Rozwiązanie
Wszystkich zawodników w drużynie jest: 1 + 3 + 4 + 6 + 2 = 16. Zatem mediana jest średnią aryt-
metyczną liczby stojącej na pozycji 8 i 9 w niemalejącym ciągu wszystkich wyników. Zauważmy, że
jeżeli zsumujemy liczbę obuwia w rozmiarze 41, 42 i 43, otrzymamy 1 + 3 + 4 = 8, zatem na po-
zycji 8 stoi wartość 43, a na pozycji 9 wartość 44. Mediana jest średnią arytmetyczną tych dwóch
wartości, więc jest równa
43 + 44
2
= 43,5.
Na koniec policzymy średnią
1 ? 41 + 3 ? 42 + 4 ? 43 + 6 ? 44 + 2 ? 46
16
=
41 + 126 + 172 + 264 + 92
16
=
695
16
≈ 43,44.
Odpowiedź
68%
Rozwiązanie
Informację, że w 30-osobowej klasie średni wynik wyniósł 60%, możemy zinterpretować jako sy-
tuację, gdy 30 osób zdobyło 60%. Podobnie postąpimy z informacją o średnim wyniku klasy III b.
Otrzymujemy wówczas średnią w całej szkole równą:
30 ∙ 60% + 20 ∙ 80%
20 + 30
=
1800% + 1600%
50
=
3400%
50
= 68%.
Odpowiedź
10%b)
jeżeli każdy z pracowników otrzyma podwyżkę o 500 zł, nową średnią będziemy liczyć na-
stępująco
−
x =
(x1 + 500)+ (x2 + 500)+ … + (xn + 500)
n
=
x1 + x2 + … + xn
n
+ 500.
Zatem średnia pensja też zwiększy się o 500 zł.
Możemy więc ułożyć proporcję
100%
x
−
−
2000
500
Stąd x =
500 ? 100%
2000
= 25%.
a)
Jeżeli wszyscy pracownicy dostaną podwyżkę o 10%, nową średnią pensję będziemy liczyć
następująco
b)
24a)
Odpowiedzi
275

Rozwiązanie
Ponieważ średnia liczb a, b, c jest równa 8, więc
a + b + c
3
= 8, skąd a + b + c = 24.
Odpowiedź
20, 50 i 50
Rozwiązanie
Oznaczmy wyniki uczniów, od najsłabszego do najlepszego, kolejno przez x, y i z. Mamy więc
x ≤ y ≤ z. Ponieważ liczba wyników jest nieparzysta, mediana jest równa środkowemu wynikowi.
Zatem y = 50. Maksymalnym do zdobycia wynikiem jest 50 punktów, stąd z = 50. Licząc następnie
średnią, otrzymujemy
x + 50 + 50
3
= 40, stąd x = 20.
Odpowiedź
5
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę ocen bardzo dobrych, które uzyskała Małgosia. Ponieważ na świadectwie
znalazło się 10 ocen i poza ocenami bardzo dobrymi były to jedna 3 i pozostałe 4, więc ocen do-
brych było 9 − x.
Zatem, licząc średnią ocen, otrzymujemy równanie:
5 ? x + 4 ? (9 − x) + 3
10
= 4,4.
Otrzymujemy więc 5x + 36 − 4x + 3 = 44, skąd x = 5.
10b)
7,5c)
Średnia arytmetyczna liczb 3a, 3b, 3c jest równa
3a + 3b + 3c
3
= a + b + c = 24.a)
Średnia arytmetyczna liczb a + 1, b + 2, c + 3 jest równa
(a + 1) + (b + 2) + (c + 3)
3
=
a + b + c + 6
3
=
24 + 6
3
=
30
3
= 10.
b)
Średnia arytmetyczna liczb a, b, c, 6 jest równa
a + b + c + 6
4
=
24 + 6
4
=
30
4
= 7,5.c)
Odpowiedzi
276

Elementy statystyki opisowej / Miary
rozproszenia
Odpowiedź
√10
Odpowiedź
36,5
Odpowiedź
32
Odpowiedź
1, 2, 9,10,11
Odpowiedź
Rozwiązanie
Można wyciągnąć wniosek, że drugi zawodnik jest w dużo stabilnejszej formie. Jego średnia nie-
wiele się różni od średniej pierwszego zawodnika, za to zróżnicowanie wyników jest dużo mniej-
sze od zróżnicowania wyników zawodnika drugiego.
Odpowiedź
3
pierwszya)
drugib)
Obliczamy średni wynik pierwszego zawodnika
−
x =
115 + 119 + 116 + 125 + 123 + 122 + 115 + 125
8
=
960
8
= 120. Obliczamy średni wynik drugiego za-
wodnika.
−
x =
120 + 115 + 116 + 121 + 123 + 124 + 115 + 118
8
=
952
8
= 119. Zatem pierwszy zawodnik ma wyższą
średnią długość skoku.
a)
Obliczamy wariancję wyników pierwszego zawodnika
σ2
=
(−5)
2
+ (−1)
2
+ (−4)
2
+ 5
2
+3
2
+ 2
2
+ (−5)
2
+ 5
2
8
=
130
8
= 16,25. Obliczamy wariancję wyników dru-
giego zawodnika.
σ2
=
1
2
+ 4
2
+ 3
2
+ 2
2
+4
2
+ 5
2
+ 4
2
+ 1
2
8
=
88
8
= 11.
b)
Odpowiedzi
277

Rozwiązanie
Średnia danych liczb jest równa
−
x =
15 + 12 + 17 + 10 + 13 + 8 + 10 + 16
8
= 12,625. Wariancja z dokładno-
ścią do trzech miejsc po przecinku jest równa
σ2
=
15
2
+ 12
2
+ 17
2
+ 10
2
+13
2
+ 8
2
+ 10
2
+ 16
2
8
− (12,625)
2
= 8,984, stąd odchylenie standardowe σ = 2,997
. Wszystkie liczby odległe od średniej o więcej niż odchylenie standardowe są większe od 15,622
lub mniejsze od 9,628.
Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Odchylenie przeciętne przyjazdu tramwaju jest równe
3,5 + 2 + 1,5 + 1 + 2
5
=
10
5
= 2
Odpowiedź
W pierwszym tygodniu
−
x = 4, σ ≈ 2, w drugim tygodniu
−
x = 4, σ ≈ 1,07, a w całym okresie
−
x = 4,
σ ≈ 1,60.
Rozwiązanie
W pierwszym tygodniu średni czas, jaki Magda poświęciła na naukę, wynosił:
−
x =
5 + 6 + 3 + 2 + 4 + 7 + 1
7
=
28
7
= 4.
W drugim tygodniu średnia ilość czasu wynosiła:
−
x =
3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 3
7
=
28
7
= 4.
Ponieważ obie próby były równoliczne, więc średnia ilość czasu, jaki Magda poświęciła na naukę
przez dwa tygodnie, była też równa 4.
Wariancja w pierwszym tygodniu wynosiła:
σ2
=
1
2
+ 2
2
+ (−1)
2
+ ( − 2)
2
+0
2
+ 3
2
+ (−3)
2
7
=
28
7
= 4
Zatem odchylenie standardowe w pierwszym tygodniu było równe σ = √4 = 2.
W drugim tygodniu wariancja wynosiła:
σ2
=
(−1)
2
+ (−1)
2
+ 0
2
+ 0
2
+1
2
+ 2
2
+ (−1)
2
7
=
8
7
≈ 1,14.
Zatem odchylenie standardowe w drugim tygodniu było równe σ = √1,14 ≈ 1,07.
Przez cały okres badania wariancja wynosiła σ2
=
28 + 8
14
=
36
14
≈ 2,57, stąd odchylenie standardowe
σ = √2,57 ≈ 1,60.
Odpowiedź
−
x = 6, 6
2
= 8, σ = 2√2, po zwiększeniu każdej liczby dwa razy zarówno średnia, jak i odchy-
lenie standardowe też wzrosną dwukrotnie, wariancja wzrośnie czterokrotnie.
a)
Odpowiedzi
278

Rozwiązanie
Odpowiedź
σ2
= 0,89, σ ≈ 0,94
Rozwiązanie
Przyjmujemy następujące wagi
1 dziecko 2 dzieci 3 dzieci 4 dzieci Suma wag
0,4 0,4 0,1 0,1 1
Średnia ważona jest wówczas równa
−
x w = 0,4 ∙ 1 + 0,4 ∙ 2 + 0,1 ∙ 3 + 0,1 ∙ 4 = 0,4 + 0,8 + 0,3 + 0,4 = 1,9
Liczymy wariancję.
σ2
=
0,4 ∙ 1
2
+ 0,4 ∙ 2
2
+ 0,1 ∙ 3
2
+ 0,1 ∙ 4
2
1
− (1,9)
2
= 0,4 + 1,6 + 0,9 + 1,6 − 3,61 = 0,89
Wtedy odchylenie standardowe jest równe σ ≈ 0,94.
Zarówno średnia, jak i odchylenie standardowe wzrosną trzykrotnie.b)
Średnia danych liczb
−
x =
2 + 4 + 6 + 8 + 10
5
= 6. Wtedy wariancja jest równa
σ2
=
(−4)
2
+ (−2)
2
+ 0
2
+ 2
2
+ 4
2
5
= 8, stąd odchylenie standardowe jest równe σ = √8 = 2√2.
Jeżeli liczby zwiększymy dwukrotnie, otrzymamy: 4, 8, 12, 16, 20, dla których średnia jest
równa
−
x =
4 + 8 + 12 + 16 + 20
5
=
60
6
= 12. Wariancja wynosi σ2
=
(−8)
2
+ (−4)
2
+ 0
2
+ 4
2
+ 8
2
5
=
160
5
= 32,
czyli σ = √32 = 4√2. Zarówno średnia, jak i wariancja wzrosną dwukrotnie.
a)
Po zwiększeniu danych liczb trzykrotnie, otrzymujemy: 3a, 3b, 3c, 3d, 3e. Średnia tego ze-
stawu wynosi:
3a + 3b + 3c + 3d + 3e
5
= 3 ∙
a + b + c + d + e
5
= 3 ?
−
x , a wariancja
(3a)
2
+
(3b)
2
+
(3c)
2
+
(3d)
2
+
(3e)
2
5
−
(3 ∙
−
x
)
2
= 9 ?
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
5
− 9 ?
−
x = 9 ? σ2
, stąd odchylenie
standardowe jest równe σ = √9 ∙ σ2
= 3 ∙ σ. Zatem zarówno średnia, jak i odchylenie stan-
dardowe zwiększą się trzykrotnie.
b)
Odpowiedzi
279

Kombinatoryka / Liczba elementów
zbioru skończonego
Odpowiedź
299
Odpowiedź
23
Odpowiedź
23
Odpowiedź
127
Odpowiedź
18
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
36a)
45b)
15c)
180d)
| A | = 62 − 26 = 36a)
| B | =
1
2
? 90 = 45b)
| C | =
1
6
? 90 = 15c)
| D | =
1
5
? 900 = 180d)
| A1 | = 90a)
| A3 | = 90b)
Odpowiedzi
280

Rozwiązanie
Odpowiedź
149
Rozwiązanie
Jedyną trzycyfrową liczbą nieparzystą większą od 306, która jest zapisana za pomocą tych samych
cyfr jest 603. Oznacza to, że w wyrwanej części encyklopedii było
603 − 305
2
= 149 kartek.
Odpowiedź
900
Rozwiązanie
Ponieważ:
2014
19
= 106 oraz
2014
2
= 1007, więc Marek ukończył bieg na 107 miejscu, a Jola – na 1008
. Mamy więc obliczyć, ile jest osób, które zajęły w tym biegu miejsca od 108 do 1008: jest ich
1007 − 107 = 900.
Odpowiedź
Rozwiązanie
| A6 | = 90c)
| A8 | = 90d)
| A1 | = | A3 | = | A6 | = | A8 | =
1
10
? 900 = 90a)
4a)
22b)
36c)
112d)
Te liczby to 20, 40, 60, 80.a)
I sposób.
W zbiorze {1, 2, 3, … , 100} jest 25 liczb podzielnych przez 4, trzy z nich: 4, 8, i 100 nie są
dwucyfrowe. Zatem wszystkich liczb dwucyfrowych, które dzielą się przez 4, jest 25 − 3 = 22.
II sposób. ?99
4 ?− ?9
4?= ?24
3
4?− ?2
1
4?= 24 − 2 = 22.
b)
I sposób. W zbiorze {1, 2, 3, … , 1000} jest 40 liczb podzielnych przez 25, cztery z nich:
25, 50, 75 i 1000 nie są trzycyfrowe. Zatem wszystkich liczb trzycyfrowych, które dzielą się
przez 25 jest 40 − 4 = 36.
II sposób. ?999
25 ?− ?99
25?= ?39
24
25?− ?3
24
25?= 39 − 3 = 36.
c)
I sposób. W zbiorze {1, 2, 3, … , 1000} jest 125 liczb podzielnych przez 8, dwanaście z
nich to liczby mniejsze od 100, a 1000 to liczba czterocyfrowa. Zatem wszystkich liczb trzy-
d)
Odpowiedzi
281

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
cyfrowych, które dzielą się przez 8, jest 125 − 13 = 112.
II sposób.
?999
8 ?− ?99
8 ?= ?124
7
8?− ?12
3
8?= 124 − 12 = 112.
81a)
53b)
474c)
391d)
?999
11 ?− ?99
11?= ?90
9
11?− 9 = 90 − 9 = 81.
a)
?999
17 ?− ?99
17?= ?58
13
17?− ?5
14
17?= 58 − 5 = 53.
b)
?9999
19 ?− ?999
25 ?= ?526
5
19?− ?52
11
19?= 526 − 52 = 474,
c)
?9999
23 ?− ?999
23 ?= ?434
17
23?− ?43
10
23?= 434 − 43 = 391.
d)
45a)
30b)
180c)
36d)
Ponieważ każda liczba podzielna przez 10 dzieli się również przez 2, więc zbiór liczb po-
dzielnych przez 2 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 10. Zatem zbiór liczb dwucyfrowych,
które są podzielne przez 2 lub przez 10, to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne
przez 2, a liczba jego elementów jest równa
1
2
? 90 = 45.
a)
Ponieważ każda liczba podzielna przez 9 dzieli się również przez 3, więc zbiór liczb podziel-
nych przez 3 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 9. Zatem zbiór liczb dwucyfrowych, które
są podzielne przez 3 lub przez 9, to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3, a
liczba jego elementów jest równa
1
3
? 90 = 30.
b)
dzielnych przez 5 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 15. Zatem zbiór liczb trzycyfrowych,
c)
Odpowiedzi
282

Odpowiedź
Dokładnie 20 uczestników konkursu nie zna języka angielskiego.
Odpowiedź
W klasie IIIb jest 33 − 19 = 14 dziewczynek. Ponieważ na kółko chodzi 15 uczniów tej klasy, więc
jest wśród nich co najmniej jeden chłopiec.
Odpowiedź
3 osoby
Rozwiązanie
Zapisanych jest 51 osób, a dodając liczby tych, którzy zapisali się na zajęcia koła plastycznego oraz
na zajęcia koła teatralnego, otrzymamy 38 + 16 = 54. Zatem 3 osoby planują uczęszczać na zajęcia
obu tych kół.
Odpowiedź
Rozwiązanie
które są podzielne przez 5 lub przez 15, to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne
przez 5, a liczba jego elementów jest równa
1
5
? 900 = 180.
dzielnych przez 25 zawiera zbiór liczb podzielnych przez 75. Zatem zbiór liczb trzycyfro-
wych, które są podzielne przez 25 lub przez 75, to zbiór liczb trzycyfrowych, które są po-
dzielne przez 25, a liczba jego elementów jest równa
1
25
? 900 = 36.
d)
Ponieważ 50 uczestników zna język francuski, więc co najmniej 30 zna oba języki: francuski i
angielski.
a)
Ponieważ 40 uczestników zna język niemiecki, więc co najmniej 20 zna oba języki: niemiecki
i angielski.
b)
Ponieważ 21 uczestników zna język rosyjski, więc co najmniej 1 zna oba języki: rosyjski i an-
gielski.
c)
50a)
36b)
156c)
48d)
Ozn. A – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 2, B – zbiór liczb dwucyfrowych po-
dzielnych przez 9. Wtedy: A ? B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 lub
przez 9, A ∩ B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 2 i przez 9, czyli zbiór
liczb dwucyfrowych podzielnych przez 18. Ponieważ | A | =
1
2
? 90, | B | =
1
9
? 90 oraz
| A ∩ B | =
1
18
? 90, więc | A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 45 + 10 − 5 = 50.
a)
Odpowiedzi
283

Odpowiedź
2
Rozwiązanie
Liczba osób, które zgłosiły się na zajęcia po kolacji jest równa 56 + 38 − 26 = 68. Zatem dwie osoby
postanowiły zostać po kolacji w pokoju.
Odpowiedź
Pozostało 600 liczb.
Rozwiązanie
Zauważmy, że w opisany sposób ze zbioru A = {1, 2, 3, … , 999, 1000} usunięto każdą liczbę,
która dzieli się przez 4 lub przez 5. Oznaczmy: przez A4 –podzbiór tych liczb ze zbioru A, które
dzielą się przez 4, przez A5 – podzbiór tych liczb ze zbioru A, które dzielą się przez 5. Wtedy
| A4 ? A5 | = | A4 | + | A5 | − | A4 ∩ A5 | =
1
4
? 1000 +
1
5
? 1000 −
1
20
? 1000 = 250 + 200 − 50 = 400
, a zatem pozostało 1000 − 400 = 600 liczb.
Wynik ten można uzyskać też w inny sposób. Rozpatrując mianowicie możliwe reszty z dzielenia
liczby całkowitej przez 20, stwierdzimy, że dla każdej z ośmiu reszt: 0, 4, 5, 8, 10, 12, 15, 16
dostajemy liczbę podzielną przez 4 lub 5, a dla pozostałych 12 przypadków dostajemy liczbę, która
nie dzieli się ani przez 4, ani przez 5. Zatem pozostało
12
20
? 1000 = 600 liczb.
Odpowiedź
Oznaczmy: A - zbiór osób, które głosowały na kandydata A,
B - zbiór osób, które głosowały na kandydata B,
Ozn. A – zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 3, B – zbiór liczb dwucyfrowych po-
dzielnych przez 10. Wtedy: A ? B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 lub
przez 10, A ∩ B to zbiór liczb dwucyfrowych, które są podzielne przez 3 i przez 10, czyli
zbiór liczb dwucyfrowych podzielnych przez 30. Ponieważ | A | =
1
3
? 90, | B | =
1
10
? 90
oraz | A ∩ B | =
1
30
? 90, więc | A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 30 + 9 − 3 = 36.
b)
Ozn. A – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 6, B – zbiór liczb trzycyfrowych podziel-
nych przez 75. Wtedy: A ? B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 lub
przez 75, A ∩ B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 6 i przez 75, czyli zbiór
liczb trzycyfrowych podzielnych przez 150. Ponieważ | A | =
1
6
? 900, | B | =
1
75
? 900
oraz | A ∩ B | =
1
150
? 900, więc
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 150 + 12 − 6 = 156.
c)
Ozn. A – zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 25, B – zbiór liczb trzycyfrowych po-
dzielnych przez 60. Wtedy: A ? B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25
lub przez 60, A ∩ B to zbiór liczb trzycyfrowych, które są podzielne przez 25 i przez 60, czyli
zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 300. Ponieważ | A | =
1
25
? 900,
| B | =
1
60
? 900 oraz | A ∩ B | =
1
300
? 900, więc
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 36 + 15 − 3 = 48.
d)
Odpowiedzi
284

C - zbiór osób, które głosowały na kandydata C.
Wtedy
| A ? B ? C | = | A | + | B | + | C | − ( | A ∩ B | + | B ∩ C | + | A ∩ C | )− | A ∩ B ∩ C | =
200 + 211 + 134 − (68 + 73 + 86) + 56 = 374,
co oznacza, że głosowały co najmniej 374 osoby (być może ktoś oddał głos, nie wskazując żadnego
z tych kandydatów). Jest to sprzeczne z informacją, że głosujących było 370.
Odpowiedź
660
Rozwiązanie
Oznaczmy: A2 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2,
A3 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 3,
A5 – zbiór liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 5.
Wtedy
| A2 ? A3 ? A5 | = | A2 | + | A3 | + | A5 | − ( | A2 ∩ A3 | + | A3 ∩ A5 | + | A2 ∩ A5 | )+ | A2 ∩
=
1
2
? 900 +
1
3
? 900 +
1
5
? 900 − (1
6
? 900 +
1
15
? 900 +
1
10
? 900)+
1
30
? 900 =
= 450 + 300 + 180 − (150 + 60 + 90) + 30 = 660
Wynik ten można uzyskać też w inny sposób. Rozpatrując mianowicie możliwe reszty z dzielenia
liczby całkowitej przez 30, stwierdzimy, że dla każdej z 8 reszt: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 do-
stajemy liczbę niepodzielną ani przez 2, ani przez 3, ani przez 5. Zatem dla pozostałych 22 przy-
padków dostajemy liczbę, która dzieli się przez 2 lub przez 3, lub przez 5. Oznacza to, że jest
22
30
? 900 = 660 liczb trzycyfrowych, które dzielą się przez 2, lub przez 3 lub przez 5.
Odpowiedź
Ponieważ wśród uczestników konkursu: 5 nie zna języka angielskiego, 6 nie zna języka francuskie-
go, 8 nie zna języka niemieckiego, więc co najmniej 20 − (5 + 6 + 8) = 1 osoba zna wszystkie trzy
języki.
Wybór takiej osoby możemy krok po kroku wytłumaczyć na przykład w następujący sposób:.
Zbieramy wszystkich laureatów konkursu w jednej sali i prosimy, żeby:
(1) najpierw wyszli z sali wszyscy, którzy nie znają angielskiego - wówczas na sali pozostanie 15
osób,
(2) następnie z sali wyszli wszyscy, którzy nie znają francuskiego – wtedy wyjdzie co najwyżej 6
Odpowiedzi
285

osób, czyli pozostanie ich co najmniej 9,
(3) ostatecznie z sali wyszli wszyscy, którzy nie znają niemieckiego – w tym momencie wyjdzie co
najwyżej 8 osób, więc co najmniej jedna osoba pozostanie w sali.
Ta osoba zna każdy z trzech języków: angielski, francuski i niemiecki.
Odpowiedź
Oznaczamy: j – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Jarka,
d – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Darka,
m – liczba zadań rozwiązanych tylko przez Marka,
a – liczba zadań rozwiązanych przez Jarka i przez Darka, których nie rozwiązał Marek,
b – liczba zadań rozwiązanych przez Darka i przez Jarka, których nie rozwiązał Darek,
c – liczba zadań rozwiązanych przez Darka i przez Marka, których nie rozwiązał Jarek,
x – liczba zadań rozwiązanych przez każdego z chłopców.
Z treści zadania wynika, że
j + d + m + a + b + c + x = 90
stąd
2(j + d + m) + 2(a + b + c) + 2x = 2 ? 90 = 180.
Ponadto
j + a + b + x = 70
d + a + x + c = 60
m + b + x + c = 40
Dodając trzy ostatnie równości stronami otrzymujemy
(j + d + m) + 2(a + b + c) + 3x = 170
Odejmując stronami tę równość od równości 2(j + d + m) + 2(a + b + c) + 2x = 2 ? 90 = 180, otrzy-
mujemy
(j + d + m) − x = 10.
Oznacza to, że zadań rozwiązanych tylko przez jednego z chłopców było o 10 więcej niż rozwiąza-
nych przez każdego z nich. To spostrzeżenie kończy dowód.
Odpowiedzi
286

Kombinatoryka / Reguła mnożenia,
reguła dodawania
Odpowiedź
42
Odpowiedź
6
Odpowiedź
25
Odpowiedź
8
Odpowiedź
20
Odpowiedź
60
Odpowiedź
198
Odpowiedź
144
Odpowiedź
15
Rozwiązanie
Stosujemy regułę mnożenia: 3 ? 5 = 15.
Polecamy zilustrować rozwiązanie, stosując metodę tabeli.
Odpowiedź
49a)
42b)
Odpowiedzi
287

Rozwiązanie
Polecamy zilustrować rozwiązan, stosując metodę tabeli.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Stosujemy metodę tabeli (p1 – wynik losowania z pierwszego pudełka, p2 – wynik losowania z dru-
giego pudełka).
Korzystamy z reguły mnożenia: 7 ? 7 = 49.a)
Korzystamy z reguły mnożenia: 7 ? 6 = 42.b)
6a)
5b)
p1 / p2
biała czarna zielona
biała x x 2 możliwości
czarna x x 2 możliwości
zielona x x 2 możliwości
Razem: 2 ? 3 = 6
Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie trzy możliwości wylosowania kul
tego samego koloru, stąd wszystkich wyników, w których uzyskamy kule różnych kolorów,
jest: 3 ? 3 − 3 ? 1 = 6.
a)
p1 / p2
biała czarna zielona
biała x x x 3 możliwość
czarna x 1 możliwość
zielona x 1 możliwość
Razem: 3 + 2 ? 1 = 5
Można ten wynik otrzymać, zauważając, że są dokładnie 2 ? 2 = 4 możliwości wylosowania
dwóch kul, wśród których nie będzie żadnej kuli białej, więc wszystkich wyników, w których
uzyskamy co najmniej jedną kulę białą, jest: 3 ? 3 − 2 ? 2 = 5.
b)
Odpowiedzi
288

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
56a)
132b)
30a)
25b)
32a)
21b)
12c)
5d)
Kwadratów o boku 1 jest, oczywiście, 4 ? 8 = 32.a)
Dwie sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 2 możemy wybrać na 3 sposoby, a dwa
sąsiednie wiersze – na 7 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 2 jest 3 ? 7 = 21.
b)
Trzy sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 3 możemy wybrać na 2 sposoby, a trzy sąsied-
nie wiersze – na 6 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 3 jest 2 ? 6 = 12.
c)
Cztery sąsiednie kolumny dla kwadratu o boku 4 możemy wybrać na 1 sposób, a cztery
sąsiednie wiersze – na 5 sposobów. Zatem wszystkich kwadratów o boku 5 jest 1 ? 5 = 5.
d)
30a)
28b)
Odpowiedzi
289

Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
15
Rozwiązanie
Liczba 1 jest najmniejszą z liczb w danym zbiorze, więc nie można jej wylosować jako pierwszej.
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę 2, to jako drugą możemy wylosować wyłącznie liczbę
1. Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę n większą od 2, to za drugim razem mo-
żemy wylosować każdą z dwóch liczb: n − 1 lub n − 2. Zatem liczba poszukiwanych wyników jest
równa 1 + 2 ? 7 = 15.
Odpowiedź
15c)
24d)
Liczba dzielników jest równa (5 + 1) ? (4 + 1) = 30.a)
Liczba dzielników jest równa (7 + 1) ? (3 + 1) = 28.b)
Rozkładamy liczbę 3969 na czynniki pierwsze: 3969 = 7
2
? 3
4
. Oznacza to, że liczba dzielni-
ków naturalnych liczby 3969 jest równa (2 + 1) ? (4 + 1) = 15.
c)
3
? 2
5
. Zatem liczba dzielników natu-
ralnych tej liczby jest równa (3 + 1) ? (5 + 1) = 24.
d)
24a)
37b)
Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 3 ? 4 + 4 ? 3 = 24.a)
Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 3 ? 4 + 3 ? 3 + 4 ? 4 = 37. Można ten wy-
nik otrzymać również licząc następująco: 7 ? 7 − 4 ? 3 = 37.
b)
16a)
7b)
Odpowiedzi
290

Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
18
Rozwiązanie
Zauważmy, że różnica y − x jest liczbą całkowitą oraz y ≠ x. Szukamy zatem takich par (x, y), że
| y − x | = 1, co oznacza, że wylosowane liczby muszą różnić się o 1. Jeżeli za pierwszym razem
wylosujemy liczbę 1 lub 10, to jako drugą możemy wylosować wyłącznie jedną liczbę, odpowied-
nio 2 oraz 9. Jeżeli natomiast za pierwszym razem wylosujemy liczbę n różną od 1 i od 10, to za
drugim razem możemy wylosować każdą z dwóch liczb: n − 1 lub n + 1. Zatem liczba poszukiwa-
nych wyników jest równa 2 ? 1 + 8 ? 2 = 18.
Wynikiem obu rzutów mogą być jedynie liczby ze zbioru {1, 2, 3, 4}, zatem liczba wszyst-
kich wyników jest równa 4 ? 4 = 16.
a)
Spośród wszystkich wyników z podpunktu a) odrzucamy te, w których obie wyrzucone licz-
by oczek są mniejsze od 4. Otrzymujemy stąd, że liczba wszystkich wyników jest równa
4 ? 4 − 3 ? 3 = 7.
b)
6a)
42b)
48c)
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to drugi wygry-
wający możemy otrzymać w drugim losowaniu na 2 sposoby, zatem dwa losy wygrywające
wylosujemy na 3 ? 2 = 6 sposobów.
a)
Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jeden z trzech losów wygrywających, to za drugim
razem musimy wylosować jeden z siedmiu losów przegrywających, jeżeli natomiast za
pierwszym razem wylosujemy jeden z siedmiu losów przegrywających, to za drugim razem
musimy wylosować jeden z trzech losów wygrywających. Zatem dokładnie jeden los wygry-
wający wylosujemy na 3 ? 7 + 7 ? 3 = 42 sposoby.
b)
Co najmniej jeden los wygrywający wylosujemy wtedy, gdy wylosujemy dokładnie jeden ta-
ki los lub dokładnie dwa takie losy, zatem odpowiedzią jest liczba 6 + 42 = 48. Zauważmy
też, że w wyniku opisanego losowania otrzymamy albo co najmniej jeden los wygrywający,
albo oba przegrywające. Ponieważ wszystkich wyników losowania jest 10 ? 9 = 90, a oba lo-
sy przegrywające możemy wylosować na 7 ? 6 = 42 sposobów, więc co najmniej jeden los
wygrywający otrzymamy na 90 − 42 = 48 sposobów.
c)
Odpowiedzi
291

Odpowiedź
Rozwiązanie
W zbiorze wszystkich wyników dwukrotnego rzutu kostką wyróżniamy podzbiory: A – wszystkich
takich wyników, że co najmniej raz wypadła liczba oczek równa 5,
B – wszystkich takich wyników, że suma liczb wyrzuconych oczek jest podzielna przez 3.
Wtedy
Odpowiedź
70
Rozwiązanie
• Jeżeli za pierwszym razem wylosujemy liczbę niepodzielną ani przez 2, ani przez 3 (jest ich 5
), to za drugim razem musimy wylosować 6 lub 12.
• Jeżeli wylosujemy liczbę parzystą niepodzielną przez 3 (jest ich 5), to za drugim razem musi-
my wylosować liczbę podzielną przez 3.
• Jeżeli za pierwszym wylosujemy liczbę nieparzystą podzielną przez 3 (są takie 2), to za dru-
gim razem musimy wylosować liczbę parzystą.
• Jeżeli wylosujemy liczbę podzielną przez 6 (są takie 2), to za drugim razem możemy wyloso-
wać dowolną liczbę. Zatem szukana liczba wyników to 5 ? 2 + 5 ? 4 + 2 ? 7 + 2 ? 13 = 70.
Odpowiedź
Rozwiązanie
4a)
19b)
w jednym z rzutów musimy wyrzucić 5, a w drugim 1 lub 4, zatem | A ∩ B | = 2 + 2 = 4,a)
obliczamy, że | A | = 12, | B | = 11, zatem stosując wzór na liczbę elementów sumy
dwóch zbiorów otrzymujemy
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 12 + 11 − 4 = 19.
b)
198a)
1386b)
2156c)
4455d)
S =
1
2
? 3
2
? 44 = 198a)
S =
1
2
? 6
2
? 77 = 1386b)
S =
1
2
? 7
2
? 88 = 2156c)
Odpowiedzi
292

Odpowiedź
Rozwiązanie
S =
1
2
? 9
2
? 110 = 4455d)
145a)
208b)
100c)
Dzielimy wyniki pojedynczego losowania ze względu na parzystość wylosowanej liczby:
wynik pojedynczego
losowania
{1, 2, 3, … , 16, 17}
wyniki nieparzyste
{1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}
wyniki parzyste
{2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16}
Zauważmy, że aby suma wylosowanych liczb była parzysta, musimy w obu rzutach otrzy-
mać liczby tej samej parzystości. Oznacza to, że:
− do każdej z 9 liczb nieparzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim
razem ponownie wylosować jedną z 9 liczb nieparzystych, co daje łącznie 9 ∙ 9 = 81 możli-
wości,
− do każdej z 8 liczb parzystych wylosowanych za pierwszym razem musimy za drugim ra-
zem ponownie wylosować jedną z 8 liczb nieparzystych, co daje łącznie 8 ∙ 8 = 64 możliwo-
ści.
Wobec tego łącznie otrzymujemy 9 ∙ 9 + 8 ∙ 8 = 81 + 64 = 145 wyników, dla których suma
wylosowanych liczb jest parzysta.
a)
Zbiór wszystkich wyników dwukrotnego losowania ze zwracaniem ze zbioru
{1, 2, 3, ... , 16, 17} można rozbić na dwa podzbiory:
A – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest nieparzysty,
B – tych wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
Wtedy
| A ? B | = | A | + | B | ,
przy czym | A ? B | = 17 ? 17 = 289 (tyle jest wszystkich możliwych wyników takiego loso-
wania) oraz | A | = 9 ? 9 = 81 (tyle jest wyników, dla których iloczyn wylosowanych liczb
jest nieparzysty).
Zatem | B | = 289 − 81 = 208, co oznacza, że jest 208 wyników tego doświadczenia, dla
których iloczyn wylosowanych liczb jest parzysty.
b)
Posługujemy się metodą tabeli: zaznaczamy wszystkie przypadki i obliczamy, że jest ich 100
.
Można też rozpatrzyć najpierw wzorcową tabelę, w której opisane są przypadki odpowiada-
jące wszystkim możliwym wynikom losowania ze względu na resztę z dzielenia przez 6.
Zaznaczamy w niej te, dla których iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest podzielny przez 6.
c)
Odpowiedzi
293

w1 / w2 reszta 1 reszta 2 reszta 3 reszta 4 reszta 5 reszta 0
reszta 1 x
reszta 2 x x
reszta 3 x x x
reszta 4 x x
reszta 5 x
reszta 0 x x x x x x
Wszystkich takich wyników jest 15. Dzielimy teraz wyniki obu losowań na trzy podzbiory:
{1, 2, 3, 4, 5, 6}, {7, 8, 9, 10, 11, 12} oraz {13, 14, 15, 16, 17}.
W zbiorczej tabeli zliczamy wszystkie możliwości w 9 przypadkach, dla każdego z nich od-
czytując liczbę możliwości z wzorcowej tabeli.
w1 / w2
{1, 2, 3, 4, 5, 6} {7, 8, 9, 10, 11, 12} {13, 14, 15, 16, 17}
{1, 2, 3, 4, 5, 6} 15 możliwości 15 możliwości 15 – 6 = 9 możliwości
{7, 8, 9, 10, 11, 12} 15 możliwości 15 możliwości 15 – 6 = 9 możliwości
{13, 14, 15, 16, 17} 15 – 6 = 9 możliwości 15 – 6 = 9 możliwości 4 możliwości
Mamy więc: 4 przypadki, które dają 15 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6, 4
przypadki, które dają 9 wyników z iloczynem liczb podzielnym przez 6 oraz 1 przypadek,
który daje 4 wyniki z iloczynem liczb podzielnym przez 6. Łącznie otrzymujemy
4 ∙ 15 + 4 ∙ 9 + 1 ∙ 4 = 60 + 36 + 4 = 100 wyników, dla których iloczyn wylosowanych
liczb jest podzielny przez 6. Można też było rozbudować zbiorczą tabelę do postaci
w1 / w2 {1, 2, 3, 4, 5, 6} {7, 8, 9, 10, 11, 12} {13, 14, 15, 16, 17, 18}
i zauważyć, że wśród wszystkich wyznaczonych w niej 9 ∙ 15 = 135 możliwości niepotrzeb-
ne nam są wszystkie te, w których przynajmniej raz wylosowano liczbę 18. Tych niepotrzeb-
nych przypadków jest 18 + 18 – 1 = 35, a więc jest 135 – 35 = 100 wyników, dla których
iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6. Patrząc z jeszcze innej strony, można po-
Odpowiedzi
294

• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 6 lub 12, to liczba wylosowana za dru-
gim razem jest dowolna, co daje łącznie 2 ∙ 17 = 34 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 3, 9 lub 15, to za drugim razem musi-
my wylosować liczbę parzystą, co daje łącznie 3 ∙ (2 + 6) = 24 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 2, 4, 8, 10, 14 lub 16, to za drugim ra-
zem musimy wylosować liczbę podzielną przez 3, co daje łącznie 6 ∙ (2 + 3) = 30 możliwości,
• jeżeli za pierwszym razem wylosujemy jedną z liczb: 1, 5, 7, 11, 13 lub 17, to za drugim ra-
zem musimy wylosować liczbę podzielną przez 6, co daje łącznie 6 ∙ 2 = 12 możliwości.
Łącznie otrzymujemy 2 ∙ 17 + 3 ∙ 8 + 6 ∙ 5 + 6 ∙ 2 = 34 + 24 + 30 + 12 = 100 wyników, dla któ-
rych iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
dzielić wyniki pojedynczego losowania na przypadki ze względu na to, jaką resztę z dziele-
nia przez 6 daje wylosowana liczba, przy czym pogrupować je jak poniżej:
wynik pojedynczego
losowania
{1, 2, 3, … , 16, 17}
wyniki po-
dzielne
przez 6
{6, 12}
wyniki po-
dzielne przez
3 i niepodziel-
ne przez 6
{3, 9, 15}
wyniki podzielne
przez 2 i niepodzielne
przez 6
{2, 4, 8, 10, 14, 16}
pozostałe wyniki
{1, 5, 7, 11, 13, 17}
17 możliwości
2 możliwo-
ści
Obliczamy, odwołując się do tych przypadków:
120a)
256b)
243c)
Korzystamy z reguły mnożenia: 6 ? 5 ? 4 = 120.a)
Korzystamy z reguły mnożenia: 4 ? 4 ? 4 ? 4 = 256.b)
Korzystamy z reguły mnożenia: 3 ? 3 ? 3 ? 3 ? 3 = 243.c)
100a)
48b)
Odpowiedzi
295

Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na 4 sposoby. Pozostałe cyfry
możemy wybierać dowolnie z dostępnych 5 cyfr. Korzystamy z reguły mnożenia:
4 ? 5 ? 5 = 100.
a)
Cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją wybrać na 4 sposoby. Cyfra dziesiątek
musi być różna od cyfry setek, zatem możemy ją wybrać na 4 sposoby. Cyfra jedności musi
być różna od obu wcześniej zapisanych cyfr, co oznacza, że możemy ją wybrać na 3 sposo-
by. Korzystamy z reguły mnożenia: 4 ? 4 ? 3 = 48.
b)
9a)
6b)
6c)
15d)
Rozkładamy liczbę 6 na czynniki pierwsze: 6 = 2 ? 3. Zatem możliwe są dwa przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna szóstka – takie liczby są trzy, bo na tyle spo-
sobów można wybrać miejsce dla cyfry 6 albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna trójka – takich liczb jest
3 ? 2 = 6, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie
miejsce dla cyfry 2.
Oznacza to, że jest 3 + 6 = 9 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 6
.
a)
Rozkładamy liczbę 9 na czynniki pierwsze: 9 = 3 ? 3. Możliwe są dwa przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby są dwie jedynki i jedna dziewiątka – takie liczby są trzy, bo na tyle
sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 9 albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka i dwie trójki – takie liczby są trzy, bo na tyle spo-
sobów można wybrać miejsce dla cyfry 1.
Oznacza to, że jest 3 + 3 = 6 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest równy 9
.
b)
Rozkładamy liczbę 10 na czynniki pierwsze: 10 = 2 ? 5. Oznacza to, że wśród cyfr tej liczby
jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna piątka – takich liczb jest zatem 3 ? 2 = 6, bo na tyle
sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie miejsce dla cyfry 2.
c)
Rozkładamy liczbę 12 na czynniki pierwsze: 12 = 2 ? 2 ? 3. Możliwe są trzy przypadki:
(1) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna dwójka i jedna szóstka – takich liczb jest
miejsce dla cyfry 2 albo
(2) wśród cyfr tej liczby jest jedna jedynka, jedna trójka i jedna czwórka – takich liczb jest
miejsce dla cyfry 3 albo
(3) wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki i jedna trójka – takie liczby są trzy, bo na tyle sposo-
d)
Odpowiedzi
296

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
11
Rozwiązanie
Rozpatrzmy możliwe wartości pierwszej cyfry (cyfry dziesiątek tysięcy).Jeżeli pierwszą cyfrą jest 3,
to ostatnią cyfrą musi być 1, a środkowe cyfry to trzy zera – taka liczba jest jedna.
Jeżeli pierwszą cyfrą jest 2, to ostatnią cyfrą musi być 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna
jedynka i dwa zera – takie liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 1.
Jeżeli pierwszą cyfrą jest 1, to możliwe są trzy przypadki:
Zatem jest 1 + 3 + 3 + 3 + 1 = 11 wszystkich nieparzystych liczb pięciocyfrowych, których suma cyfr
jest równa 4.
Odpowiedź
bów można wybrać miejsce dla cyfry 3.
Oznacza to, że jest 6 + 6 + 3 = 15 wszystkich liczb trzycyfrowych, których iloczyn cyfr jest
równy 12.
54a)
80b)
90c)
Ponieważ cyfra setek musi być różna od zera, więc możemy ją zapisać na 9 sposobów. Za
pomocą cyfry dziesiątek i cyfry jedności możliwe jest utworzenie 6 liczb dwucyfrowych,
spełniających warunki zadania: 40, 51, 62, 73, 84 oraz 95. Korzystamy z reguły mnożenia:
9 ? 6 = 54.
a)
Cyfrę dziesiątek możemy zapisać na 10 sposobów. Za pomocą cyfry setek i cyfry jedności
możliwe jest utworzenie 8 liczb dwucyfrowych, spełniających warunki zadania:
20, 31, 42, 53, 64, 75, 86 oraz 97. Korzystamy z reguły mnożenia: 10 ? 8 = 80.
b)
Cyfrę jedności możemy zapisać na 10 sposobów. Ponieważ cyfra setek nie może być równa
0, więc za pomocą równych cyfr setek i dziesiątek możemy utworzyć 9 liczb dwucyfrowych,
spełniających warunki zadania. Korzystamy z reguły mnożenia: 10 ? 9 = 90.
c)
ostatnią cyfrą jest 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedna dwójka i dwa zera – takie
liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 2,
1)
ostatnią cyfrą jest 1, a wśród środkowych trzech cyfr jest jedno zero i dwie jedynki – takie
liczby są trzy, bo na tyle sposobów można wybrać miejsce dla cyfry 0,
2)
ostatnią cyfrą jest 3, środkowe trzy cyfry są zerami – taka liczba jest jedna.3)
16a)
Odpowiedzi
297

Rozwiązanie
Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
44
Rozwiązanie
Możliwe są dwa przypadki:
2b)
16c)
Na pierwszym i ostatnim miejscu takiej liczby musi stać cyfra 3, a na pozostałych czterech
miejscach mamy do wyboru dwie cyfry parzyste. Korzystamy z reguły mnożenia:
2 ? 2 ? 2 ? 2 = 16. Polecamy wypisać wszystkie liczby spełniające warunki zadania.
a)
W zapisie tej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry 2 oraz 4, zatem są tylko 2 takie
liczby: 24242424 oraz 42424242.
b)
W zapisie takiej liczby muszą występować naprzemiennie cyfry różnej parzystości. Zapisu-
jąc jako pierwszą cyfrę 3, na drugim mamy do wyboru dwie cyfry parzyste, a dalej: na trze-
cim i piątym znów cyfrę 3, a na czwartym i szóstym – 2 lub 4. Korzystamy z reguły mnoże-
nia: 2 ? 2 ? 2 = 8. Zapisując na pierwszym miejscu cyfrę 2 lub 4, na drugim, czwartym i szó-
stym, mamy cyfrę 3, natomiast na trzecim i piątym jedną z cyfr 2 lub 4. W tym przypadku
też mamy 2 ∙ 2 ∙ 2 = 8 możliwości. Zatem wszystkich możliwości jest 8 + 8 = 16.
c)
24a)
120b)
30c)
36d)
Liczba dzielników jest równa (3 + 1) ? (2 + 1) ? (1 + 1) = 24.a)
Liczba dzielników jest równa (4 + 1) ? (2 + 1) ? (3 + 1) ? (1 + 1) = 120.b)
2
? 3
4
? 5. Zatem ma ona
(2 + 1) ? (4 + 1) ? (1 + 1) = 30 dzielników naturalnych.
c)
2
? 3 ? 7
2
? 11, więc jej liczba dzielni-
ków naturalnych jest równa (2 + 1) ? (1 + 1) ? (2 + 1) ? (1 + 1) = 36.
d)
z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem 5 – wtedy niezależnie od numeru kuli
wylosowanej z każdego z pozostałych dwóch pudełek iloczyn numerów wylosowanych kul
będzie podzielny przez 5,
1)
Odpowiedzi
298

Odpowiedź
Rozwiązanie
• ustalenie numeru rzutu, w którym wypadła liczba oczek podzielna przez 3 (3 możliwości),
• ustalenie dla tego miejsca liczby oczek spośród 2 możliwych: 3 oczka lub 6 oczek,
• ustalenie liczby oczek spośród czterech niepodzielnych przez 3 dla dwóch pozostałych rzu-
tów (4 ∙ 4 = 16 możliwości).
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy,
że szukana liczba wyników to 3 ? 2 ? 4 ? 4 = 96.
Odpowiedź
56
Rozwiązanie
Jest 8 takich liczb, których cyfrą setek jest 6 : 645, 650, 670, 675, 680, 685, 690, 695. Pokaże-
my, że jeżeli cyfra setek jest większa od 6, to jest 48 takich liczb. Wtedy jako cyfrę setek można
wybrać 7, 8 lub 9 (3 sposoby), jako cyfrę jedności trzeba wybrać 0 lub 5 (dwa sposoby), a po
zapisaniu dwóch różnych cyfr na miejscach setek i jedności można wstawić dowolną z pozosta-
łych ośmiu na miejscu cyfry dziesiątek. Korzystając z reguły mnożenia, mamy w tym przypadku
3 ? 2 ? 8 = 48 możliwych liczb. Wobec tego jest 8 + 48 = 56 wszystkich trzycyfrowych liczb natural-
nych o różnych cyfrach, które są większe od 642 i dzielą się przez 5.
Odpowiedź
96
Rozwiązanie
Podzielmy zbiór {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} jak poniżej, zgodnie z warunkami podanymi w zada-
niu.
z pierwszego pudełka wylosujemy kulę z numerem innym niż 5 (jest 6 takich możliwości) –
zatem, aby iloczyn numerów wylosowanych kul był podzielny przez 5, musimy z drugiego
pudełka wylosować kulę z numerem 5 (numer kuli wylosowanej z trzeciego pudełka nie gra
roli). Korzystamy z reguły mnożenia i reguły dodawania: 1 ? 5 ? 4 + 6 ? 1 ? 4 = 44.
2)
120a)
189b)
96c)
Korzystamy z reguły mnożenia: 6 ? 5 ? 4 = 120.a)
Wszystkich możliwych wyników jest 6 ? 6 ? 6 = 216. Iloczyn liczb wyrzuconych oczek może
być albo parzysty, albo nieparzysty, przy czym nieparzysty jest wtedy i tylko wtedy, gdy za
każdym razem wyrzucimy nieparzystą liczbę oczek. Takich przypadków jest 3 ? 3 ? 3 = 27,
zatem w pozostałych 216 − 27 = 189 przypadkach iloczyn liczb wyrzuconych oczek jest pa-
rzysty.
b)
Rozkładamy zliczanie na trzy etapy:c)
Odpowiedzi
299

cyfry do wyboru
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
cyfra 9
{9}
cyfry parzyste (p)
{2, 4, 6, 8}
pozostałe cyfry
{1, 3, 5, 7}
9 elementów 1 element 4 elementy 4 elementy
Rozkładamy zliczanie na trzy etapy:
• wybór miejsca dla cyfry 9 i zapisanie tej cyfry (3 możliwości),
• wybór miejsca dla cyfry parzystej i zapisanie tej cyfry (2 ∙ 4 = 8 możliwości),
• zapisanie cyfry na pozostałym miejscu (4 możliwości).
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obliczamy,
że szukanych liczb jest 3 ? 2 ? 4 ? 4 = 96.
Odpowiedź
Rozwiązanie
6a)
48b)
72c)
Rozkładamy zliczanie na dwa etapy: – wybór czterech kolejnych miejsc, na których zapisze-
my blok czterocyfrowy 1234 – można to zrobić na trzy sposoby: albo blok 1234 zajmuje
miejsca od 1 do 4, albo od 2 do 5, albo od 3 do 6,
– wybór miejsca dla cyfry 5 : 2 możliwości, bo zostały 2 miejsca wolne.
Ponieważ wyborów tych dokonujemy niezależnie, więc korzystając z reguły mnożenia, obli-
czamy, że szukanych liczb jest 3 ? 2 = 6.
a)
Z treści zadania wynika, że na miejscach pierwszym i ostatnim takiej liczby sześciocyfrowej
należy zapisać cyfry 5 oraz 6, a na pozostałych czterech miejscach należy zapisać cyfry
1, 2, 3 oraz 4. Rozkładamy zliczanie na dwa etapy:
– zapisanie cyfr 5 i 6 na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na dwa sposoby,
– zapisanie cyfr 1, 2, 3 oraz 4 na pozostałych miejscach – można to zrobić na 4 ? 3 ? 2 = 24
sposoby, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, potem miejsce
dla cyfry 2, a następnie miejsce dla cyfry 3.
czamy, że szukanych liczb jest 2 ? 4 ? 3 ? 2 = 48.
b)
Z treści zadania wynika, że każde dwie sąsiednie cyfry takiej liczby sześciocyfrowej są różnej
parzystości. Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest parzysta, to wtedy również cyfry trzecia i
piąta są parzyste, a pozostałe cyfry są nieparzyste. Zliczanie w tym przypadku rozkładamy
na dwa etapy:
– zapisanie cyfr 1, 3 oraz 5 na miejscach im przeznaczonych – można to zrobić na 3 ? 2 = 6
sposobów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a następnie
miejsce dla cyfry 3,
– zapisanie cyfr 2, 4 oraz 6 na pozostałych miejscach – można to zrobić na 3 ? 2 = 6 sposo-
bów, bo na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 2, a następnie miejsce
dla cyfry 4.
c)
Odpowiedzi
300

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
czamy, że szukanych liczb jest 3 ? 2 ? 3 ? 2 = 36.
Jeżeli pierwsza cyfra takiej liczby jest nieparzysta, to wtedy również cyfry trzecia i piąta są
nieparzyste, a pozostałe cyfry są parzyste. Rozumując analogicznie do poprzedniego przy-
padku, stwierdzamy, że takich liczb jest również 36. Oznacza to, że jest 36 + 36 = 72 wszyst-
kich liczb naturalnych sześciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, 6, w których suma każdych dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta.
144a)
840b)
Z treści zadania wynika, że w zapisie takiej liczby cyfry nieparzyste muszą być rozdzielone
cyframi parzystymi. Oznacza to, że cyfry nieparzyste trzeba zapisać na miejscach: pierw-
szym, trzecim, piątym i siódmym, a parzyste – na pozostałych. Zliczanie rozkładamy na dwa
etapy:
– wybór miejsc dla cyfr 1, 3, 5, 7 oraz zapisanie tych cyfr – można to zrobić na
4 ? 3 ? 2 = 24 sposoby, ponieważ na tyle sposobów można wybrać najpierw miejsce dla cy-
fry 1, a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: 3 oraz 5,
– zapisanie cyfr 2, 4 oraz 6 – można to zrobić na 3 ? 2 = 6 sposobów, ponieważ na tyle spo-
sobów można wybrać najpierw miejsce dla cyfry 2, a potem miejsce dla cyfry 4.
Zatem szukanych liczb jest 24 ? 6 = 144.
a)
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:– wybór miejsc dla cyfr 1, 2, 3, 4 oraz zapisanie tych
cyfr – można to zrobić na 7 ? 6 ? 5 ? 4 = 840 sposobów, ponieważ na tyle sposobów można
wybrać najpierw miejsce dla cyfry 1, a potem miejsce dla każdej z cyfr, kolejno: 2, 3 oraz 4,
– zapisanie cyfr 5, 6 oraz 7 – jest tylko jeden sposób zapisania tej trójki cyfr, ponieważ z po-
zostałych trzech miejsc pierwsze od lewej musi zająć cyfra 5, następne – cyfra 6 i ostatnie –
cyfra 7.
Zatem szukanych liczb jest 840.
b)
10670044a)
112602b)
sposób I
Sumujemy otrzymane liczby czterocyfrowe, dzieląc je na grupy ze względu na cyfrę: tysięcy,
setek, dziesiątek i jedności. Zauważmy następnie, że w tej sumie otrzymaliśmy
7 ? 7 ? 7 = 343 razy każdą liczbę z ustaloną cyfrą na kolejnych miejscach zapisu dziesiętne-
go: jako cyfrę tysięcy, jako cyfrę setek, jako cyfrę dziesiątek oraz jako cyfrę jedności. Ozna-
a)
Odpowiedzi
301

sposób II
Wypisujemy wszystkie liczby o trzech cyfrach zapisane wyłącznie za pomocą cyfr
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach). Suma S1 liczb o tak zapisanych
cyfrach jest równa S1 =
1
2
? 7
3
? 666 = 114219. Zauważamy, że wśród wypisanych liczb są takie,
które nie są trzycyfrowe (to te, w których jako cyfrę setek zapisaliśmy 0). Ich suma S2 jest
równa S2 =
1
2
? 7
2
? 66 = 1617. Oznacza to, że suma S liczb trzycyfrowych, zapisanych wyłącznie
za pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, w których cyfry mogą się powtarzać jest równa
S = S1 − S2 = 114219 − 1617 = 112602.
cza to, że
S = 343 ? (1000 + 100 + 10 + 1) ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 343 ? 1111 ? 28 = 10670044.
sposób II
Wypisujemy wszystkie liczby czterocyfrowe zapisane wyłącznie za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, 6 oraz 7 i do każdej z nich dopisujemy teraz drugą liczbę czterocyfrową we-
dług następującego przepisu: do liczby opisanej przez czwórkę (c1, c2, c3, c4) dopisuje-
my liczbę opisaną przez czwórkę (8 − c1, 8 − c2, 8 − c3, 8 − c4).
Zauważmy, że
– istnieje wzajemnie jednoznaczne przyporządkowanie: liczby opisanej przez czwórkę
(c1, c2, c3, c4) dopisujemy liczbę opisaną przez czwórkę (8 − c1, 8 − c2, 8 − c3, 8 − c4), a
ponadto suma takich dwóch liczb jest w każdym przypadku równa 8888,
– każda z liczb czterocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
jest przyporządkowana do dokładnie jednej czwórki (8 − c1, 8 − c2, 8 − c3, 8 − c4), gdzie c1
, c2, c3 oraz c4 to liczby wybrane ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.
Oznacza to, że dodając wszystkie wypisane w ten sposób liczby czterocyfrowe:
– dodamy sumy par liczb wpisanych w 7 ? 7 ? 7 ? 7 = 2401 przypadkach, czyli 2401 razy licz-
bę 8888,
– dokładnie dwa razy obliczymy każdy składnik sumy S.
Stąd 2S = 2401 ? 8888, a więc S =
1
2
? 2401 ? 8888 = 2401 ? 4444 = 10670044.
sposób I
Sumujemy otrzymane liczby trzycyfrowe, dzieląc je na 6 grup ze względu na cyfrę setek. Za-
uważamy, że jest 7 ? 7 = 49 liczb w każdej takiej grupie, przy czym dla ustalonej cyfry setek
dopisane do niej cyfry tworzą wszystkie możliwe liczby dwucyfrowe zapisane wyłącznie za
pomocą cyfr 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Zatem sumując wszystkie liczby, otrzymamy
S = 49 ? (100 + 200 + 300 + 400 + 500 + 600)
+6 ? 7 ? (10 + 20 + 30 + 40 + 50) + 6 ? 7 ? (1 + 2 + 3 + 4 + 5)
= 49 ? 100 ? 21 + 42 ? 11 ? 21 = 112602.
b)
Odpowiedzi
302

Kombinatoryka / Zadania
Odpowiedź
91
Odpowiedź
105
Odpowiedź
10
Odpowiedź
35
Odpowiedź
16
Odpowiedź
31
Odpowiedź
15
Odpowiedź
765
Odpowiedź
mniej niż 1000
Odpowiedź
56
Odpowiedź
14a)
91b)
91c)
14d)
Odpowiedzi
303

Rozwiązanie
Liczba uzyskanych punktów jest równa liczbie udzielonych prawidłowo odpowiedzi. Prawidłową
odpowiedź do:
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Dokładnie dwa orły w ośmiokrotnym rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie
dokładnie sześć reszek. Wobec tego:
dokładnie jednego z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, zatem tyle jest
sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 1 punkt,
a)
dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na
14 ? 13
2
= 91 sposobów, co ozna-
cza, że jest 91 sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 2 punkty.
b)
Suma liczby uzyskanych punktów i liczby odpowiedzi udzielonych nieprawidłowo jest równa
14. Nieprawidłową odpowiedź dokładnie dwóch z tych czternastu zadań można podać na
14 ? 13
2
= 91 sposobów, zatem tyle jest sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 12 punk-
tów.
c)
dokładnie trzynastu z tych czternastu zadań można podać na 14 sposobów, więc jest 14
sposobów wypełnienia karty, żeby otrzymać 13 punktów.
d)
78a)
465b)
13 ? 12
2
= 78a)
31 ? 30
2
= 465b)
28a)
28b)
36c)
36d)
8 ? 7
2
= 28a)
28b)
Dokładnie dwie reszki w rzucie monetą wypadną wtedy i tylko wtedy, gdy wypadnie dokład-
nie siedem orłów. Wobec tego:
9 ? 8
2
= 36
c)
36d)
Odpowiedzi
304

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Liczbę przekątnych n − kąta obliczamy, stosując wzór
n ? (n − 3)
2
.
Odpowiedź
Drużyna liczy 17 zawodników.
Rozwiązanie
Przyjmijmy, że n − liczba zawodników w tej drużynie. Wówczas liczba wszystkich sposobów wy-
boru dwóch graczy z tej drużyny jest równa
n ? (n − 1)
2
. Otrzymujemy więc równanie
n ? (n − 1)
2
= 136,
które ma dwa rozwiązania: n = 17 oraz n = − 16. Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.
Odpowiedź
Wielokąt ma 8 boków.
Rozwiązanie
Załóżmy, że ten wielokąt ma n boków. Wówczas liczba wszystkich jego przekątnych jest równa
n ? (n − 3)
2
. Otrzymujemy więc równanie
n ? (n − 3)
2
= 20, które ma dwa rozwiązania: n = 8 oraz n = − 5.
Tylko pierwsze z nich spełnia warunki zadania.
Odpowiedź
4 miejsce
28a)
190b)
Każda para niewylosowanych chłopców jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez
dopełnienie do całej ósemki) do wylosowanej szóstki. Zatem jest
8 ∙ 7
2
= 28 sposobów wylo-
sowania takiej szóstki.
a)
Każda para niewybranych dziewcząt jest wzajemnie jednoznacznie przypisana (przez dopeł-
nienie do całej dwudziestki) do wybranej osiemnastki. Zatem jest
20 ? 19
2
= 190 sposobów
wybrania takiej osiemnastki.
b)
14a)
104b)
dla n = 7:
7 ? 4
2
= 14a)
dla n = 16:
16 ? 13
2
= 104b)
Odpowiedzi
305

Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę punktów, które zdobyła drużyna D6. Stąd liczba punktów zdobytych przez
D5 jest równa x + 2. W tym turnieju rozegrano
6 ? 5
2
= 15 meczów. W każdym meczu suma punktów
uzyskanych przez grające ze sobą drużyny jest równa 2, zatem po zakończeniu turnieju łączna su-
ma punktów zdobytych przez wszystkie drużyny jest równa 30. Zatem 6 + 3 + 8 + 1 + x + 2 + x = 30
, a więc x = 5. Oznacza to, że drużyna D6 zajęła 4 miejsce.
Odpowiedź
W tym turnieju rozegrano
12 ? 11
2
= 66 meczów. W każdym meczu suma punktów uzyskanych przez
grające ze sobą drużyny jest równa 1, zatem po zakończeniu turnieju łączna suma punktów zdo-
bytych przez wszystkie drużyny jest równa 66. Każda z dziewięciu drużyn, która zajęła w tym tur-
nieju miejsce powyżej dziesiątego, uzyskała co najmniej 6 punktów, a drużyny z miejsc dziesiątego
i jedenastego („Kosiarze” i „Przecinaki”) – po 5,5 punktu. Zatem suma punktów uzyskanych przez
te jedenaście drużyn to co najmniej 65. Oznacza to, że dwunasta, ostatnia drużyna zdobyła co naj-
wyżej jeden punkt, stąd wynika, że drużyna ta wygrała co najwyżej jeden mecz.
Odpowiedź
45
Rozwiązanie
W turnieju, w którym każdy mecz musiał zostać rozstrzygnięty, tylko jedna drużyna mogła prze-
grać wszystkie mecze. Ponieważ liczba 1 stanowi 10% liczby wszystkich drużyn biorących udział w
turnieju, więc wszystkich drużyn było 10. Oznacza to, że w tym turnieju rozegrano
10 ? 9
2
= 45 me-
czów.
Odpowiedź
105
Rozwiązanie
Z treści zadania wynika, że 40% drużyn rozegrało wyłącznie mecze rozstrzygnięte, a spośród nich
1
6
wygrała wszystkie mecze. Wobec tego
2
5
?
1
6
=
1
15
spośród wszystkich drużyn wygrała wszystkie
mecze. Ale w takim turnieju tylko jedna drużyna mogła wygrać wszystkie swoje mecze, co ozna-
cza, że startowało w nim 15 drużyn. Zatem łącznie rozegrały one
15 ? 14
2
= 105 meczów.
Odpowiedź
55
Rozwiązanie
Z danego zbioru losujemy dwie liczby (mamy
11 ? 10
2
= 55 możliwości), następnie większą z nich
bierzemy jako wynik pierwszego losowania, mniejszą – jako wynik drugiego losowania, a jako wy-
nik trzeciego losowania bierzemy liczbę równą tej mniejszej. Stąd wynika, że jest 55 takich wyni-
ków losowania.
Odpowiedź
15a)
Odpowiedzi
306

Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Obliczamy, że w tej klasie jest 18 dziewczynek i 15 chłopców. Stąd:
Odpowiedź
106
Rozwiązanie
Jeżeli wśród wierzchołków takiego trójkąta jest punkt A, to pozostałe dwa wierzchołki można wy-
brać dowolnie spośród punktów leżących na prostych k oraz l (
9 ? 8
2
= 36 możliwości). Jeżeli wśród
wierzchołków takiego trójkąta nie ma punktu A, to wierzchołki wybieramy albo biorąc dwa punkty
spośród leżących na prostej k i trzeci leżący na prostej l (
5 ? 4
2
? 4 = 40 możliwości), albo biorąc dwa
punkty spośród leżących na prostej l i trzeci leżący na prostej k (
4 ? 3
2
? 5 = 30 możliwości). Stąd
90b)
Takich wyników jest
6 ? 5
2
= 15a)
Takich wyników jest 6 ?
6 ? 5
2
= 90b)
30a)
18b)
Obliczamy, ile wśród A, B, C, D, E, F, G jest trójek punktów, które nie leżą na jednej pro-
stej. Rozróżniamy dwa przypadki: wybieramy dwa punkty leżące na prostej AB i trzeci na
prostej CD albo wybieramy dwa punkty leżące na prostej CD i trzeci na prostej AB. Łącznie
otrzymujemy więc
4 ? 3
2
? 3 +
3 ? 2
2
? 4 = 30 trójkątów.
a)
Zauważamy, że trapezy możemy otrzymać wtedy i tylko wtedy, gdy dwa spośród ich wierz-
chołków wybrane zostaną na prostej AB i kolejne dwa – na prostej CD. Zatem w sumie
otrzymujemy
4 ? 3
2
?
3 ? 2
2
= 18 trapezów.
b)
1890a)
16065b)
trzyosobową delegację, w której znajdzie się jedna dziewczynka i dwóch chłopców, można
wybrać na 18 ?
15 ? 14
2
= 1890 sposobów.
a)
czteroosobową delegację, w której znajdą się dwie dziewczynki i dwaj chłopcy, można wy-
brać na
18 ? 17
2
?
15 ? 14
2
= 16065 sposobów.
b)
Odpowiedzi
307

jest 36 + 40 + 30 = 106 wszystkich trójkątów, których wierzchołkami są trzy spośród zaznaczonych
punktów.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
210
Rozwiązanie
Oznaczmy pionowe linie siatki, od lewej: x1, x2, x3, x4, x5 oraz poziome linie siatki, od dołu:
y1, y2, y3, y4, y5, y6, y7.
• sposób I. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisuje para wierzchołków: lewy dolny: (xl, yd)
i prawy górny (xp, yg). Zatem szukamy takiej czwórki liczb xl, yd, xp, yg, która spełnia jed-
nocześnie dwa warunki:
Ponieważ parę indeksów l, p możemy wybrać na
5 ? 4
2
= 10 sposobów, a parę d, g – na
7 ? 6
2
= 21
sposobów, więc wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki prostokąta 6
na 4, jest 10 ? 21 = 210.
• sposób II. Każdy taki prostokąt jednoznacznie opisują dwie pary równoległych prostych
przechodzących przez jego boki: para prostych pionowych, którą można wybrać na
5 ? 4
2
= 10
sposobów oraz para prostych poziomych, którą można wybrać na
7 ? 6
2
= 21 sposobów. Za-
tem jest 10 ? 21 = 210 wszystkich prostokątów, których boki zawierają się w liniach siatki
prostokąta 6 na 4.
Odpowiedź
396
4050a)
18225b)
Cyfrę tysięcy można wybrać na 9 sposobów, cyfrę dziesiątek – na 10 sposobów, a taką parę:
cyfra setek, cyfra jedności, że cyfra setek jest mniejsza niż cyfra jedności, można wybrać na
10 ? 9
2
= 45 sposobów. Zatem jest 9 ? 10 ? 45 = 4050 wszystkich takich liczb.
a)
Cyfrę dziesiątek tysięcy można wybrać na 9 sposobów, a każdą z par: cyfra setek, cyfra jed-
ności taką, że cyfra setek jest większa niż cyfra jedności oraz parę cyfra tysięcy, cyfra dziesi-
ątek taką, że cyfra tysięcy jest większa niż cyfra dziesiątek, można wybrać na
10 ? 9
2
= 45 spo-
sobów. Zatem jest 9 ? 45 ? 45 = 18225 wszystkich takich liczb.
b)
indeksy l i p bierzemy ze zbioru {1,2, 3,4, 5}, przy czym l < p,1)
indeksy d i g bierzemy ze zbioru {1,2, 3,4, 5,6, 7}, przy czym d < g.2)
Odpowiedzi
308

Rozwiązanie
Rozkładamy liczbę 12 na czynniki pierwsze: 12 = 2 ? 2 ? 3. Oznacza to, że możliwe są trzy przypad-
ki:
• W pierwszym przypadku: wybieramy dwa miejsca, na których zapisujemy dwójki (
9 ? 8
2
= 36
możliwości), z pozostałych siedmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy trójkę (7
możliwości), a na pozostałych sześciu miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to, że są
36 ? 7 = 252 takie liczby.
• W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy dwójkę (9 możliwo-
ści), z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy szóstkę (8 możli-
wości) , a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są 9 ? 8 = 72 takie
liczby.
• W trzecim przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy trójkę (9 możliwości),
z pozostałych ośmiu miejsc wybieramy jedno, na którym zapisujemy czwórkę (8 możliwości)
, a na pozostałych siedmiu miejscach zapisujemy jedynki. Zatem są 9 ? 8 = 72 takie liczby.
Stąd wynika, że jest 252 + 72 + 72 = 396 wszystkich liczb naturalnych dziewięciocyfrowych, których
iloczyn cyfr jest równy 12.
Odpowiedź
3888
Rozwiązanie
• Sposób I
Rozróżniamy trzy przypadki: (1) parzysta liczba oczek wypadła pięć razy, (2) parzysta liczba
oczek wypadła 4 razy, (3) parzysta liczba oczek wypadła 3 razy. W pierwszym przypadku ma-
my 3
5
= 243 wszystkich możliwości. W drugim przypadku: ustalamy numer rzutu, w którym
wypadła nieparzysta liczba oczek (5 możliwości), zapisujemy tam nieparzystą liczbę oczek (3
możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy parzystą liczbę oczek (3
4
= 81 możliwo-
ści) – razem jest 5 ? 3 ? 81 = 1215 możliwości. W trzecim przypadku: ustalamy numery
dwóch rzutów, w których wypadła nieparzysta liczba oczek (
5 ? 4
2
= 10 możliwości), zapisuje-
my tam nieparzystą liczbę oczek (3
2
= 9 możliwości), a na pozostałych miejscach zapisujemy
parzystą liczbę oczek (3
3
= 27 możliwości) – razem jest 10 ? 9 ? 27 = 2430 możliwości.
Oznacza to, że łącznie jest 243 + 1215 + 2430 = 3888.
• Sposób II
Skorzystamy z reguły równoliczności. Jest 6
5
= 7776 wszystkich wyników pięciokrotnego rzu-
tu kostką sześcienną. Można je podzielić na dwie rozłączne grupy:
wśród cyfr tej liczby są dwie dwójki, jedna trójka i sześć jedynek,1)
wśród cyfr tej liczby jest jedna dwójka, jedna szóstka i siedem jedynek,2)
wśród cyfr tej liczby jest jedna trójka, jedna czwórka i siedem jedynek.3)
Odpowiedzi
309

(1) tych wyników, w których wypadło mniej parzystych liczb oczek niż nieparzystych liczb oczek,
(2) tych wyników, w których wypadło mniej nieparzystych liczb oczek niż parzystych liczb oczek.
Biorąc dowolny wynik z pierwszej grupy i zamieniając każdą z zapisanych tam liczb l wyrzuconych
oczek na liczbę 7 − l, dostaniemy jeden wynik z drugiej grupy. Postępując analogicznie z wynikiem
z drugiej grupy, dostaniemy jeden wynik z pierwszej grupy. Zatem wyniki te można połączyć w pa-
ry, co oznacza, że dokładnie połowa wszystkich wyników pięciokrotnego rzutu kostką sześcienną
to te, w których parzysta liczba oczek wypadła więcej razy niż nieparzysta liczba oczek. Jest ich
więc
1
2
? 7776 = 3888.
Odpowiedź
Rozwiązanie
35a)
21b)
22c)
36d)
Sposób I
Rozróżniamy trzy przypadki:
(1) w zapisie takiej liczby jest jedna siódemka i cztery jedynki,
(2) w zapisie takiej liczby jest jedna piątka, jedna trójka i trzy jedynki,
(3) w zapisie takiej liczby są trzy trójki i dwie jedynki.
W pierwszym przypadku: wybieramy jedno miejsce, na którym zapisujemy siódemkę (5
możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisujemy jedynki. Zatem jest 5 takich
liczb.
W drugim przypadku: wybieramy jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy piątkę (5
możliwości), następnie z pozostałych czterech miejsc wybieramy jedno, na którym zapisze-
my trójkę (4 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy jedynki. Oznacza to,
że jest 5 ? 4 = 20 takich liczb.
W trzecim przypadku: wybieramy dwa miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki (
5 ? 4
2
= 10 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisujemy trójki. Oznacza to, że
jest 10 takich liczb.
Stąd wynika, że łącznie jest 5 + 20 + 10 = 35 liczb naturalnych pięciocyfrowych o wszystkich
cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 11.
a)
Sposób I
Rozróżniamy trzy przypadki, ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę setek tysięcy) w zapi-
sie tej liczby:
(1) na pierwszym miejscu jest trójka,
(2) na pierwszym miejscu jest dwójka,
(3) na pierwszym miejscu jest jedynka.
W pierwszym przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko
jedna taka liczba.
W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną jedynkę i cztery zera.
Wybieramy więc jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy jedynkę (5 możliwości), na-
b)
Odpowiedzi
310

Odpowiedź
22680
stępnie na pozostałych czterech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 5 takich
liczb.
W trzecim przypadku są dwie możliwości:
– na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i cztery zera. Zatem: wybieramy
jedno miejsce z pięciu, na którym zapiszemy dwójkę (5 możliwości), a na pozostałych czte-
rech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 5 takich liczb.
– na pozostałych miejscach należy zapisać dwie jedynki i trzy zera. Zatem: wybieramy dwa
miejsca z pięciu, na których zapiszemy jedynki (
5 ? 4
2
= 10 możliwości), a na pozostałych
trzech miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 10 takich liczb.
Stąd wynika, że jest 1 + 5 + 5 + 10 = 21 wszystkich liczb sześciocyfrowych, których suma cyfr
jest równa 3.
Rozróżniamy dwa przypadki ze względu na ostatnią cyfrę (czyli cyfrę jedności) w zapisie tej
liczby:(1) na ostatnim miejscu jest jedynka,
(2) na ostatnim miejscu jest trójka.
W pierwszym przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma
cyfr jest równa 3. Takich liczb jest 21, co wiadomo z rozwiązania podpunktu b). W drugim
przypadku sześć pierwszych cyfr tworzy liczbę sześciocyfrową, której suma cyfr jest równa
1. Taka liczba jest tylko jedna – jej pierwszą cyfrą jest 1, a pozostałe cyfry to zera. Zatem są
22 nieparzyste liczby siedmiocyfrowe, których suma cyfr jest równa 4.
c)
Sposób I
Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na pierwszą cyfrę (czyli cyfrę dziesiątek milionów) w
zapisie tej liczby:
(1) na pierwszym miejscu jest dwójka albo
(2) na pierwszym miejscu jest czwórka albo
(3) na pierwszym miejscu jest szóstka.
W pierwszym przypadku są dwie możliwości:
– na pozostałych miejscach należy zapisać jedną czwórkę i sześć zer. Zatem wybieramy jed-
no miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy czwórkę (7 możliwości), a na pozostałych sze-
ściu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 7 takich liczb.
– na pozostałych miejscach należy zapisać dwie dwójki i pięć zer. Wobec tego wybieramy
dwa miejsca z siedmiu, na których zapiszemy dwójki (
7 ? 6
2
= 21 możliwości), a na pozosta-
łych pięciu miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 21 takich liczb.
W drugim przypadku na pozostałych miejscach należy zapisać jedną dwójkę i sześć zer. Wy-
bieramy więc jedno miejsce z siedmiu, na którym zapiszemy dwójkę (7 możliwości), a na-
stępnie na pozostałych miejscach zapisujemy zera. Oznacza to, że jest 7 takich liczb.
W trzecim przypadku na pozostałych miejscach zapisujemy same zera, zatem jest tylko jed-
na taka liczba.
Łącznie jest 7 + 21 + 7 + 1 = 36 liczb ośmiocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, któ-
rych suma cyfr jest równa 6.
d)
Odpowiedzi
311

Rozwiązanie
• Sposób I
W pięciu etapach zapisujemy cyfry takiej liczby: (1) wybieramy miejsce dla cyfry 9 (9 możli-
wości) i zapisujemy tę cyfrę, (2) wybieramy miejsce dla cyfr 1 oraz 2 (
8 ? 7
2
= 28 możliwości) i
zapisujemy te cyfry, (3) wybieramy miejsce dla cyfr 3 oraz 4 (
6 ? 5
2
= 15 możliwości) i zapisuje-
my te cyfry, (4) wybieramy miejsce dla cyfr 5 oraz 6 (
4 ? 3
2
= 6 możliwości) i zapisujemy te cy-
fry, (5) na pozostałych dwóch miejscach zapisujemy cyfry 7 oraz 8. Stąd wynika, że jest
9 ? 28 ? 15 ? 6 = 22680 wszystkich takich liczb.
• Sposób II (zasada równoliczności)
Wszystkich liczb dziewięciocyfrowych o różnych cyfrach, zapisanych za pomocą cyfr
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 jest 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 362880. Dokładnie połowa z
nich spełnia warunek (1), połowa ze spełniających warunek (1) ma w zapisie cyfrę 3 przed cy-
frą 4, połowa z liczb spełniających warunki (1) i (2) ma w zapisie cyfrę 5 przed cyfrą 6, a poło-
wa z liczb spełniających warunki (1), (2) i (3) ma w zapisie cyfrę 7 przed cyfrą 8. Zatem jest
362880
2 ? 2 ? 2 ? 2
= 22680 takich liczb.
Polecamy czytelnikowi samodzielnie uzasadnić powyższe rozumowanie.
Odpowiedź
7805
Rozwiązanie
• Sposób I
Rozróżniamy cztery przypadki ze względu na liczbę wylosowanych losów wygrywających:
(1) wylosowano 4 losy wygrywające (wtedy nie ma wśród wylosowanych losu pustego) – jest
5 takich możliwości albo (2) wylosowano 3 losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych
jest 1 los pusty) – takich możliwości jest
(
5
3 )?
(
20
1 )= 10 ? 20 = 200, albo (3) wylosowano 2
losy wygrywające (wtedy wśród wylosowanych są też 2 losy puste) – takich możliwości jest
(
5
2 )?
(
20
2 )= 10 ? 190 = 1900, albo (4) wylosowano 1 los wygrywający (wtedy wśród wyloso-
wanych są też 3 losy puste) – takich możliwości jest
(
5
1 )?
(
20
3 )= 5 ? 1140 = 5700.
Zatem na 5 + 200 + 1900 + 5700 = 7805 sposobów można wylosować co najmniej jeden los
wygrywający.
Odpowiedzi
312

• Sposób II
Wśród wszystkich
(
25
4 )= 12650 możliwych wyników losowania 4 losów spośród 25 jest
(
20
4 )= 4845 wyników losowania, kiedy nie wylosowano ani jednego losu wygrywającego.
Zatem co najmniej jeden los wygrywający można wylosować na 12650 − 4845 = 7805 sposo-
bów.
Odpowiedź
1287
Rozwiązanie
Każda najkrótsza droga prowadząca od A do C wymaga wykonania 13 kolejnych kroków po brzegu
odpowiednich kwadratów jednostkowych. Wśród tych trzynastu kroków dokładnie 5 to kroki w
prawo i dokładnie 8 to kroki w górę. Zatem wszystkich najkrótszych dróg jest tyle, ile wyników
trzynastokrotnego rzutu monetą, w których dokładnie 5 razy wypadł orzeł:
(
13
5 )= 1287.
Odpowiedź
170
Rozwiązanie
Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą 10 można otrzymać: albo
gdy najmniejszy z numerów jest równy 1 i największy jest równy 9, albo gdy najmniejszy z nume-
rów jest równy 2 i największy jest równy 8, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy 3 i najwięk-
szy jest równy 7, albo gdy najmniejszy z numerów jest równy 4 i największy jest równy 6.
Rozróżniamy zatem cztery rozłączne przypadki:
• W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowol-
ny podzbiór ze zbioru kartek o numerach 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. Ponieważ decyzji o wyborze
każdej z tych 7 kartek możemy dokonać na 2 sposoby, więc łącznie w tym przypadku jest
2
7
= 128 możliwości wylosowania kartek.
wśród wylosowanych znalazły się kartki o numerach 1 oraz 9 i nie znalazła się kartka z nu-
merem 10,
1)
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 9, 10 i znalazły się kartki o nu-
merach 2 oraz 8,
2)
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 2, 8, 9, 10 i znalazły się kartki
o numerach 3 oraz 7,
3)
wśród wylosowanych nie ma żadnej z kartek o numerach 1, 2, 3, 7, 8, 9, 10 i znalazły się
kartki o numerach 4 oraz 6.
4)
Odpowiedzi
313

• W drugim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny
podzbiór ze zbioru kartek o numerach 3, 4, 5, 6, 7. Łącznie w tym przypadku są 2
5
= 32
możliwości wylosowania kartek.
• W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować dowolny
podzbiór ze zbioru kartek o numerach 4, 5, 6. W tym przypadku jest 2
3
= 8 możliwości wy-
losowania kartek.
• W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwiema kartkami można wylosować kartkę z
numerem 5 lub nie wylosować tej kartki – zatem w tym przypadku są 2 możliwości wyloso-
wania kartek.
Oznacza to, że jest 128 + 32 + 8 + 2 = 170 wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób
opisany w treści zadania.
Rozwiązanie
Wskazówka. Skorzystaj ze wzoru dwumianowego.
Odpowiedź
Rozwiązanie
11200000a)
2421875b)
Zliczanie rozkładamy na dwa etapy:1) wybór trzech miejsc z ośmiu dla cyfr parzystych (ma-
my
(
8
3 )=
8 ? 7 ? 6
3 ? 2 ? 1
= 56 możliwości) oraz zapisanie tych cyfr (mamy 4
3
= 64 możliwości),
2) zapisanie pozostałych pięciu cyfr (mamy 5
5
= 3125 możliwości). Zatem jest
56 ? 64 ? 3125 = 11200000takich liczb sześciocyfrowych.
a)
Sposób I
Rozróżniamy dwa przypadki: albo (1) na pierwszym miejscu zapisana jest cyfra parzysta, al-
bo (2) na pierwszym miejscu jest cyfra nieparzysta.
W pierwszym przypadku: mamy 4 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu
miejsc mamy wybrać trzy dla cyfry parzystej (
(
6
3 )=
6 ? 5 ? 4
3 ? 2 ? 1
= 20 możliwości) i zapisać te cy-
fry (5
3
= 125 możliwości), a na pozostałych trzech miejscach zapisać cyfry nieparzyste (
5
3
= 125 możliwości). Takich liczb jest 4 ? 20 ? 125 ? 125 = 1250000.
W drugim przypadku: mamy 5 możliwości zapisu pierwszej cyfry, z kolejnych sześciu miejsc
mamy wybrać dwa dla cyfry nieparzystej (
6 ? 5
2
= 15 możliwości) i zapisać te cyfry (5 ? 5 = 25
możliwości), a na pozostałych czterech miejscach zapisać cyfry parzyste (5
4
= 625 możliwo-
ści). Takich liczb jest 5 ? 15 ? 25 ? 625 = 1171875.
Oznacza to, że jest 12500000 + 1171875 = 2421875 liczb siedmiocyfrowych spełniających
warunki zadania.
b)
Odpowiedzi
314

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
369600
Rozwiązanie
(
12
3 )?
(
9
3 )?
(
6
3 )=
12 ? 11 ? 10
3 ? 2 ? 1
?
9 ? 8 ? 7
3 ? 2 ? 1
?
6 ? 5 ? 4
3 ? 2 ? 1
= 220 ? 84 ? 20 = 369600
Odpowiedź
Sposób II
Wypisujemy kolejno jedna za drugą siedem cyfr, wybierając każdą cyfrę spośród dziesięciu
możliwych (dopuszczamy 0 na początkowych miejscach), przy czym na dokładnie czterech
miejscach zapisujemy cyfrę parzystą. Mamy
(
7
4 )=
7 ? 6 ? 5
3 ? 2 ? 1
= 35 możliwości wyboru czterech
miejsc dla cyfr parzystych, cyfry te możemy zapisać na 5
4
= 625sposobów, a na pozostałych
trzech miejscach cyfry nieparzyste zapiszemy na 5
3
= 125 sposobów. Takich ciągów o 7 cy-
frach jest zatem 35 ? 625 ? 125 = 2734375. Są wśród nich takie, w których cyfra 0 zapisana
jest na pierwszym miejscu. W każdym z takich ciągów na trzech z kolejnych sześciu miej-
scach znajdują się cyfry parzyste (miejsce dla nich można wybrać na
(
6
3 )=
6 ? 5 ? 4
3 ? 2 ? 1
= 20 spo-
sobów, a zapisać je na 5
3
= 125 sposobów) i na pozostałych trzech miejscach - cyfry niepa-
rzyste (można je zapisać na 5
3
= 125 sposobów). Oznacza to, że takich ciągów jest
20 ? 125 ? 125 = 312500. Stąd wynika, że jest 2734375 − 312500 = 2421875 liczb siedmiocy-
frowych spełniających warunki zadania.
120a)
18900b)
(
10
3 )=
10 ∙ 8 ∙ 7
1 ? 2 ? 3
= 120
a)
9 ? 10 ?
(
10
4 )= 90 ?
10 ? 9 ? 8 ? 7
4 ? 3 ? 2 ? 1
= 18900
b)
25872a)
13167b)
Odpowiedzi
315

Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Wszystkich wyników losowania 5 liczb spośród 22 jest
(
22
5 )= 26334. Iloczyn wylosowanych
liczb może być albo parzysty, albo nieparzysty. W tym drugim przypadku każda z wylosowa-
nych liczb musi być nieparzysta, co oznacza, że jest
(
11
5 )= 462 takich możliwości. Zatem
jest 26334 − 462 = 25872 wszystkich możliwości wylosowania takich pięciu liczb, których ilo-
czyn jest parzysty.
a)
Rozróżniamy trzy przypadki ze względu na liczbę nieparzystych składników opisanej sumy:
(1) są 4 składniki nieparzyste (wtedy jeden składnik jest parzysty) – mamy więc
(
11
4 )(
11
1 )= 3630 możliwości albo
(2) są 2 składniki nieparzyste (wtedy trzy składniki są parzyste) – mamy więc
(
11
2 )(
11
3 )= 9075 możliwości, albo
(3) składników nieparzystych nie ma, wszystkie składniki są parzyste – mamy więc
(
11
0 )(
11
5 )= 462 możliwości. Zatem jest 3630 + 9075 + 462 = 13167 wszystkich możliwości
wylosowania takich pięciu liczb.
b)
580008a)
9216b)
Dzielimy karty z talii na 3 grupy: 13 pików, 13 kierów i 26 pozostałych kart. Z pierwszej gru-
py mamy wylosować 10 kart, z drugiej – 2 karty, a z trzeciej – jedną. Zatem jest
(
13
10 )?
(
13
2 )?
(
26
1 )= 286 ? 78 ? 26 = 580008 wszystkich możliwości otrzymania takiego
układu kart.
a)
Dzielimy karty z talii na 5 grup: 4 asy, 4 króle, 4 damy, 4 walety i 36 pozostałych kart. Z każ-
dej z czterech początkowych grup mamy wylosować po 3 karty, a z piątej – jedną. Zatem
b)
Odpowiedzi
316

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
jest
(
4
3 )?
(
4
3 )?
(
4
3 )?
(
4
3 )?
(
36
1 )= 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 36 = 9216 wszystkich możliwości otrzy-
mania takiego układu kart.
252a)
126b)
34650c)
5775d)
Wybieramy 5 graczy do drużyny „Niebieskiej” – można to zrobić na
(
10
5 )= 252 sposoby.
Pozostałych pięciu przydzielamy do drużyny „Żółtej”. Zatem na 252 sposoby można doko-
nać żądanego podziału.
a)
Oznaczmy przez x liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których
pierwszych pięciu wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, a pozostałych – do
drużyny „Żółtej” jest z jednej strony równa 2x (bo kolejność dokonywanego wyboru do kon-
kretnej drużyny możemy ustalić na dwa sposoby), a z drugiej – jest to 252 (jak obliczyliśmy
w podpunkcie a). Zatem 2x = 252, stąd x = 126.
b)
Wybieramy 4 graczy do drużyny „Niebieskiej” (można to zrobić na
(
12
4 )= 495 sposobów),
następnie kolejnych czterech do drużyny „Żółtej” (można to zrobić na
(
8
4 )= 70 sposobów),
a pozostałych czterech przydzielamy do drużyny „Czerwonej”. Zatem na 495 ? 70 = 34650
sposobów można dokonać żądanego podziału.
c)
Oznaczmy przez y liczbę możliwych podziałów. Wtedy liczba takich podziałów, w których
pierwszych czterech wybranych przydzielimy do drużyny „Niebieskiej”, kolejnych czterech–
do drużyny „Żółtej”, a pozostałych czterech – do drużyny „Czerwonej” jest z jednej strony
równa 3! ? x (bo kolejność dokonywanego wyboru do konkretnej drużyny możemy ustalić
na 3! sposobów), a z drugiej – jest to 34650 (jak obliczyliśmy w podpunkcie c). Zatem
6y = 34650, stąd y = 5775.
d)
220a)
3060b)
Odpowiedzi
317

Rozwiązanie
Odpowiedź
8855c)
0d)
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, x4, x5, x6, które spełniają równanie
(x1 + 1)+ x2 + x3 + ... + x10 = 4. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci
x1 + x2 + x3 + ... + x10 = 3. Liczba jego rozwiązań jest równa
(
10 + 3 − 1
3 )=
(
12
3 )=
12 ? 11 ? 10
3 ? 2 ? 1
= 220. Ponieważ każda z dziewięciu liczb x2, x3, ..., x10
jest nieujemna i mniejsza od 10 oraz liczba x1 + 1 jest dodatnia i mniejsza od 10, więc tyle
jest wszystkich liczb dziesięciocyfrowych, których suma cyfr jest równa 4.
a)
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ... , x15, które spełniają równanie
2((x1 + 1)+ x2 + x3 + ... + x15)= 10. To równanie przekształcamy równoważnie do postaci
x1 + x2 + x3 + ... + x15 = 4. Liczba jego rozwiązań jest równa
(
15 + 4 − 1
4 )=
(
18
4 )=
18 ? 17 ? 16 ? 15
4 ? 3 ? 2 ? 1
= 3060. Ponieważ każda z liczb x2, x3, ..., x15 jest nie-
ujemna i mniejsza od 5 oraz liczba x1 + 1 jest dodatnia i mniejsza od 5, więc tyle jest wszyst-
kich liczb piętnastocyfrowych o wszystkich cyfrach parzystych, których suma cyfr jest równa
10.
b)
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ..., x20, które spełniają równanie
(2x1 + 1)+ (2x2 + 1)+ (2x3 + 1)+ ... + (2x20 + 1) = 28. To równanie przekształcamy równoważ-
nie do postaci x1 + x2 + x3 + ... + x20 = 4. Liczba jego rozwiązań jest równa
(
20 + 4 − 1
4 )=
(
23
4 )=
23 ? 22 ? 21 ? 20
4 ? 3 ? 2 ? 1
= 8855. Ponieważ każda z liczb x1, x2, x3, ..., x20 jest
nieujemna i mniejsza od 5, więc tyle jest liczb naturalnych dwudziestocyfrowych o wszyst-
kich cyfrach nieparzystych, których suma cyfr jest równa 28.
c)
Nie ma takich liczb. Suma dwóch liczb nieparzystych jest liczbą parzystą, zatem suma cyfr
liczby stucyfrowej, której wszystkie cyfry są nieparzyste, da się zapisać jako suma 50 liczb
parzystych – wystarczy w tym celu łączyć kolejne cyfry w pary. Oznacza to, że taka suma jest
parzysta, więc nie może być równa 123.
d)
3360a)
2721600b)
224c)
462d)
Odpowiedzi
318

Rozwiązanie
Odpowiedź
384
Rozwiązanie
Dzielimy kule ze względu na resztę, jaką daje zapisany na niej numer przy dzieleniu przez 3. Jest:
7 kul z numerem dającym resztę 1, 7 kul z numerem dającym resztę 2 oraz 6 kul z numerem da-
jącym resztę 0. Rozróżniamy cztery przypadki:
7 ? 6
2
?
(
5
3 )? 4
2
= 21 ? 10 ? 16 = 3360,
a)
(
10
3 )?
(
7
4 )∙ 3
4
? 2
3
= 120 ? 35 ∙ 81 ? 8 = 2721600,
b)
8 ? 7
2
? 6 + 8 ? 7 = 224,c)
Szukamy nieujemnych liczb całkowitych x1, x2, x3, ..., x7, które spełniają równanie
(x1 + 1)+ (x2 + 1)+ (x3 + 1)+ ... + (x7 + 1) = 12. To równanie przekształcamy równoważnie do
postaci x1 + x2 + x3 + ... + x7 = 5 (ponieważ suma tych liczb jest równa 5, to żadna z nich nie
może przyjąć wartości większej od 5). Liczba rozwiązań tego równania to
(
7 + 5 − 1
5 )=
(
11
5 )=
11 ? 10 ? 9 ? 8 ? 7
5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 462. Ponieważ każda z liczb x1, x2, x3, ..., x7 jest
nieujemna i mniejsza od 6, więc każda z liczb x1 + 1, x2 + 1, x3 + 1, ..., x7 + 1 przyjmuje war-
tości ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} – zatem wyników siedmiokrotnego rzutu kostką sześcien-
ną, w których suma liczb wyrzuconych oczek jest równa 12 jest również 462.
d)
wszystkie wylosowane kule mają numer dający resztę 1 (jest
(
7
3 )= 35 takich możliwości),
1)
(
7
2)
(
6
3)
każda z wylosowanych kul ma numer dający resztę różniącą się od reszt dwóch pozostałych
kul (jest 7 ? 7 ? 6 = 294 takich możliwości). Oznacza to, że jest 35 + 35 + 20 + 294 = 384
wszystkich możliwych wyników tego losowania, w których suma numerów wylosowanych
kul jest podzielna przez 3.
4)
Odpowiedzi
319

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Podsumowując zauważmy, że
(
30
7 )= 2035800 = 823680 + 960960 + 240240 + 10920.
80a)
40b)
Sposób I:
(
5
3 )? 2
3
= 80 Sposób II:
10 ? 8 ? 6
3!
= 80
a)
(
5
1 )?
(
4
1 )? 2 = 40
Podsumowując zauważmy, że
(
10
3 )= 120 = 80 + 40
b)
823680a)
960960b)
240240c)
Sposób I :
(
15
7 )? 2
7
= 823680
Sposób II :
30 ? 28 ? 26 ? 24 ? 22 ? 20 ? 18
7!
= 823680
a)
(
15
1 )?
(
14
5 )? 2
5
= 960960
b)
(
15
2 )?
(
13
3 )? 2
3
= 240240
c)
(
15
3 )?
(
12
1 )? 2 = 10920
d)
Odpowiedzi
320

Odpowiedź
98280
Rozwiązanie
Załóżmy, że spośród 32 liczb wylosowaliśmy 5 takich, że nie ma wśród nich dwóch kolejnych.
Oznaczmy te wylosowane liczby x1, x2, x3, x4, x5, przy czym x1 < x2 < x3 < x4 < x5 oraz
x1 ≥ 1 i x5 ≤ 32. Wtedy wśród pięciu liczb x1, x2 − 1, x3 − 2, x4 − 3, x5 − 4 nie ma pary równych.
Zatem x1 < x2 − 1 < x3 − 2 < x4 − 3 < x5 − 4 oraz x1 ≥ 1 i x5 − 4 ≤ 28. Oznacza to, że jest
(
28
5 )= 98280 sposobów wytypowania 5 liczb spełniających warunki zadania – szczegółowy opis
konstrukcji, jak te 5 wylosowanych liczb „przełożyć” na liczby wytypowane przez gracza pozosta-
wiamy jako proste ćwiczenie.
Odpowiedź
945
Rozwiązanie
Oznaczmy przez x liczbę wszystkich napisów, które spełniają warunki zadania.
• Sposób I
Rozpatrzmy każdy napis, który spełnia warunek „litera A znajdzie się przez B, B przed C, C
przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała litera będzie zapisana przed taką sa-
mą dużą”, wyróżniając w nim pary miejsc przypisane do pięciu par liter: aA, bB, cC, dD, eE
. Rozważmy teraz wszystkie możliwe wymiany miejscami tych par liter na wyróżnionych
miejscach. Wymagamy, żeby przy takiej wymianie małe litery zamieniały się miejscami ze so-
bą i duże litery – ze sobą. Dla ustalonego napisu wszystkich takich wymian jest
5! = 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1, więc wszystkich napisów otrzymanych w ten sposób jest 5! ? x. Jest to
zarazem liczba wszystkich napisów, które spełniają warunek: odpowiednia mała litera jest
zapisana przed taką samą dużą.
Obliczymy drugim sposobem, ile jest napisów, w których odpowiednia mała litera jest zapi-
sana przed taką samą dużą. W pięciu etapach zapisujemy litery takiego napisu, wybierając
odpowiednie miejsca z dostępnych dziesięciu.
wybieramy miejsce dla liter a i A (
10 ? 9
2
= 45 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby a sta-
ło przed A,
a)
wybieramy miejsce dla liter b i B (
8 ? 7
2
= 28 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby b stało
przed B,
b)
wybieramy miejsce dla liter c i C (
6 ? 5
2
= 15 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby c stało
przed C,
c)
wybieramy miejsce dla liter d i D (
4 ? 3
2
= 6 możliwości) i zapisujemy te litery tak, aby d stało
przed D,
d)
Odpowiedzi
321

• Sposób II
Rozpatrzmy każdy napis, który spełnia warunek „litera A znajdzie się przez B, B przed C, C
przed D oraz D przed E, a ponadto odpowiednia mała litera będzie zapisana przed taką sa-
mą dużą”, wyróżniając w nim pary miejsc przypisane do pięciu par liter: aA, bB, cC, dD, eE
. Rozważmy teraz wszystkie możliwe wymiany miejscami tych par liter na wyróżnionych
miejscach. Wymagamy, żeby przy takiej wymianie małe litery zamieniały się miejscami ze so-
bą i duże litery – ze sobą. Dla ustalonego napisu wszystkich takich wymian jest
5! = 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1, więc wszystkich napisów otrzymanych w ten sposób jest 5! ? x. Jest to
zarazem liczba wszystkich napisów, które spełniają warunek: odpowiednia mała litera jest
zapisana przed taką samą dużą. Dołóżmy do każdego z tych napisów drugi, w którym zamie-
niliśmy miejscami literę a z A – razem z wcześniejszymi otrzymamy 2 ? 5! ? x napisów. Z ko-
lei do każdego spośród tych 2 ? 5! ? x napisów dołóżmy drugi, w którym zamieniliśmy miej-
scami literę b z B – razem z wcześniejszymi otrzymamy 2
2
? 5! ? x napisów. Teraz podwaja-
my liczbę tych 2
2
? 5! ? x napisów, dokładając do każdego z otrzymanych do tej pory drugi,
w którym zamieniliśmy miejscami literę c z C. Kolejne podwojenie otrzymamy w wyniku do-
łożenia napisów z zamiany miejscami we wszystkich otrzymanych do tej pory napisach liter
d i D, a wykonując podobnie ostatni raz takie podwojenie (zamiana e z E), otrzymamy łącznie
2
5
? 5! ? x napisów. Z drugiej strony zauważmy, że w wyniku powyższych czynności otrzyma-
liśmy wszystkie możliwe dziesięcioliterowe napisy, które da się utworzyć, używając do nich
każdej z liter a, b, c, d, e, A, B, C, D, E dokładnie raz. Takich napisów jest
10! = 10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1. Otrzymujemy więc równanie 2
5
? 5! ? x = 10!, skąd
x =
10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6
2
5
= 945.
• Sposób III
W pięciu kolejnych krokach, zapisując w nich pary liter par liter: aA, bB, cC, dD, eE, stwo-
rzymy napis, który spełnia warunki zadania.
Pierwszy krok: zapisujemy literę A. Jest tylko jedno miejsce, po lewej od A, na którym może-
my dopisać literę a - w ten sposób otrzymaliśmy napis aA.
Drugi krok: zapisujemy literę B – można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie za-
uważamy, że są trzy miejsca, na których można zapisać literę b – te miejsca zaznaczone są
podkreśleniem: _a_A_B.
Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz b w każdy następnym kroku będzie ta sama licz-
ba kolejnych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy b przed a – rozpatrujemy
więc dla przykładu napis baAB, wiedząc, że są 3 wszystkie możliwe napisy możliwe do otrzy-
mania po drugim kroku.
Trzeci krok: zapisujemy literę C - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie za-
uważamy, że jest pięć miejsc (do poprzednich trzech doszły dwa nowe: przed dopisaną literą
b oraz przed dopisaną literą C), na których można zapisać literę c – te miejsca w przykłado-
wym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_B_C.
Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz c w każdym następnym kroku będzie ta sama
liczba kolejnych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy c między A i B – po trze-
na pozostałych dwóch miejscach zapisujemy litery e oraz E tak, aby e stało przed E. Stąd
wynika, że jest 45 ? 28 ? 15 ? 6 = 113400 wszystkich takich napisów.
Oznacza to, że 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? x = 113400, a więc x =
113400
5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 945.
e)
Odpowiedzi
322

cim kroku rozpatrujemy dla przykładu napis baAcBC. Zauważmy, że jest 3 ? 5 wszystkich na-
pisów możliwych do otrzymania po trzecim kroku.
Czwarty krok: zapisujemy literę D - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie za-
uważamy, że jest siedem miejsc (do poprzednich pięciu doszły dwa nowe: przed dopisaną li-
terą c oraz przed dopisaną literą D), na których można zapisać literę d – te miejsca w przy-
kładowym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_c_B_C_D.
Niezależnie od tego, gdzie wstawimy teraz d w następnym kroku będzie ta sama liczba kolej-
nych możliwych wyborów. Załóżmy więc, że wstawiliśmy d między B i C – po czwartym kroku
rozpatrujemy dla przykładu napis baAcBdCD. Zauważmy, że jest 3 ? 5 ? 7 wszystkich napi-
sów możliwych do otrzymania po czwartym kroku.
W piątym kroku: zapisujemy literę E - można ją dopisać tylko na końcu napisu, a następnie
zauważamy, że jest dziewięć miejsc (do poprzednich siedmiu doszły dwa nowe: przed dopi-
saną literą d oraz przed dopisaną literą E), na których można zapisać literę e – te miejsca w
przykładowym rozmieszczeniu zaznaczone są podkreśleniem: _b_a_A_c_B_d_C_D_E.
W ten sposób pokazaliśmy, że wszystkich możliwych napisów spełniających warunki zadania
jest 3 ? 5 ? 7 ? 9 = 945, a przykładem takiego napisu jest baAcBdCeDE.
Odpowiedzi
323

Prawdopodobieństwo / Klasyczna
definicja prawdopodobieństwa.
Własności prawdopodobieństwa.
Obliczanie prawdopodobieństw zdarzeń
losowych
Odpowiedź
1
4
Odpowiedź
p =
1
6
Odpowiedź
1
30
Odpowiedź
1
9
Odpowiedź
p =
15
64
Odpowiedź
p =
3
8
Odpowiedź
3
5
Odpowiedź
2
9
Odpowiedź
p <
1
5
Odpowiedzi
324

Odpowiedź
większe od
1
2
Odpowiedź
Jest 17 wszystkich możliwych wyników losowania.
Rozwiązanie
Odpowiedź
125
Rozwiązanie
Oznaczmy przez n liczbę losów wygrywających. Ponieważ prawdopodobieństwo wylosowania lo-
su wygrywającego jest równe
1
26
, więc wszystkich losów w tej loterii jest 26n. Otrzymujemy więc
równanie 26n = 130, stąd n = 5. Oznacza to, że losów pustych jest 130 − 5 = 125.
Odpowiedź
Rozwiązanie
W zbiorze {1, 2, 3, ... , 39, 40} jest 40 liczb.
3
17
a)
4
17
b)
Zapisujemy numery kul, które są podzielne przez 5: {5, 10, 15}. Są więc 3 takie kule, za-
tem szukane prawdopodobieństwo jest równe
3
17
.
a)
Zapisujemy numery kul, które mają numer dwucyfrowy i nieparzysty: {11, 13, 15, 17}.
Są więc 4 takie kule, co oznacza, że szukane prawdopodobieństwo jest równe
4
17
.
b)
p =
29
40
a)
p =
31
40
b)
) p =
5
40
=
1
8
c)
p =
30
40
=
3
4
d)
Zapisujemy zbiór liczb mniejszych od 30: {1, 2, 3, ..., 29}. Jest ich 29, zatem p =
29
40
.a)
Zapisujemy zbiór liczb dwucyfrowych: {10, 11, 12, ..., 40}. Jest ich 40 − 9 = 31, zatem
p =
31
40
.
b)
Wypisujemy wszystkie liczby podzielne przez 7: {7, 14, 21, 28, 35}. Jest ich 5, zatem
p =
5
40
=
1
8
.
c)
Odpowiedzi
325

Odpowiedź
Rozwiązanie
Wszystkich egzaminowanych uczniów jest 36 + 35 + 31 + 38 = 140.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Jest 90 wszystkich liczb dwucyfrowych.
Wypisujemy wszystkie liczby podzielne przez 4:
{4, 8, 12, 16, 28, 24, 28, 32, 36, 40}. Jest ich 10, zatem liczb niepodzielnych przez
4 jest 30, stąd p =
30
40
=
3
4
. Uwaga. Wśród 4 kolejnych liczb całkowitych dokładnie jedna jest
podzielna przez 4. Ponieważ dany zbiór liczb da się podzielić na 10 rozłącznych podzbiorów
tak, że w każdym z tych podzbiorów są 4 kolejne liczby całkowite, więc szukane prawdopo-
dobieństwo p jest równe
3
4
.
d)
9
35
a)
33
70
b)
1
4
c)
9
20
d)
W klasie 3a jest 36 osób, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
36
140
=
9
35
.a)
Łącznie w klasach 3b oraz 3c jest 35 + 31 = 66 uczniów, więc szukane prawdopodobieństwo
jest równe
66
140
=
33
70
.
b)
W klasie 3d jest 35 dziewczynek, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
35
140
=
1
4
.c)
Ponieważ dziewczynek jest 16 + 14 + 12 + 35 = 77, więc chłopców jest 140 − 77 = 63. Zatem
szukane prawdopodobieństwo jest równe
63
140
=
9
20
.
d)
p =
2
45
a)
p =
29
30
b)
p =
1
2
c)
p =
13
18
d)
Wypisujemy te liczby dwucyfrowe, których iloczyn cyfr jest równy 24 : {38, 46, 64, 83}.
Zatem są 4 takie liczby, stąd p =
4
90
=
2
45
.
a)
Zauważmy, że 18 to największa możliwa suma cyfr liczby dwucyfrowej. Wypiszmy więc te
liczby dwucyfrowe, których suma cyfr jest równa 17 lub 18 : {89, 98, 99}. Oznacza to, że
b)
Odpowiedzi
326

Odpowiedź
p =
3
100
Rozwiązanie
• Sposób I
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania jednej osoby spośród 100 uczniów
uczestniczących w balu studniówkowym. Oznaczmy:
A – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która zatańczyła poloneza,
B – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która zatańczyła walca.
Wówczas | A | = 60, | B | = 90, | A ∩ B | = 53. Stąd wynika, że liczba osób, które za-
tańczyły choć jeden z tańców, jest równa
| A ? B | = | A | + | B | − | A ∩ B | = 60 + 90 − 53 = 97. Zatem na tym balu były 3
osoby, które nie zatańczyły żadnego z dwóch tańców klasycznych. Oznacza to, że prawdopo-
dobieństwo p zdarzenia polegającego na tym, że osoba wybrana losowo spośród uczestni-
ków balu nie zatańczyła żadnego z tych dwóch tańców, jest równe p =
3
100
.
• Sposób II
Rysujemy diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 100 uczestników na grupy.
dla każdej z pozostałych 90 − 3 = 87 liczb dwucyfrowych suma cyfr jest mniejsza od 17, za-
tem p =
87
90
=
29
30
.
Zauważmy, że suma cyfr liczby dwucyfrowej jest parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy jej obie
cyfry są tej samej parzystości. Liczb dwucyfrowych, które mają obie cyfry parzyste, jest
4 ? 5 = 20, a liczb dwucyfrowych, które mają obie cyfry nieparzyste, jest 5 ? 5 = 25. Zatem
jest 20 + 25 = 45 takich liczb, stąd p =
45
90
=
1
2
. Uwaga. W każdej dziesiątce liczb dwucyfro-
wych, które mają ustaloną cyfrę dziesiątek, jest dokładnie 5 liczb, których cyfra jedności ma
tę samą parzystość, co cyfra dziesiątek. Ponieważ zbiór naturalnych liczb dwucyfrowych da
się podzielić na 9 rozłącznych podzbiorów dziesięcioelementowych z ustaloną cyfrą dziesi-
ątek, więc szukane prawdopodobieństwo p jest równe
5
10
=
1
2
.
c)
Iloczyn cyfr liczby dwucyfrowej jest nieparzysty wtedy i tylko wtedy, gdy obie cyfry tej liczby
są nieparzyste. Takich liczb jest 5 ? 5 = 25. Zatem dla każdej z pozostałych 90 − 25 = 65 liczb
iloczyn cyfr jest parzysty, więc p =
65
90
=
13
18
.
d)
Odpowiedzi
327

Stwierdzamy na tej podstawie, że wśród uczestników było 7 + 53 + 37 = 97 osób, które zatań-
czyły przynajmniej jeden z dwóch tańców klasycznych. Wynika stąd, że 3 osoby nie zatańczy-
ły żadnego z tych dwóch tańców, stąd p =
3
100
.
Odpowiedź
p =
16
35
Rozwiązanie
• Sposób I
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania jednej osoby spośród 35 uczniów
klasy trzeciej. Stąd | Ω | = 35.
Oznaczmy:
A – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która uczestniczy w dodatkowych zajęciach
z matematyki,
B – zdarzenie polegające na wylosowaniu osoby, która uczestniczy w dodatkowych zajęciach
z geografii.
Wówczas | A | = 30, | B | = 17. Ponieważ 4 uczniów z tej klasy nie bierze udziału ani w
zajęciach z matematyki, ani w zajęciach z geografii, więc liczba osób, które biorą udział w
choć jednym z tych rodzajów zajęć, jest równa | A ? B | = 35 − 4 = 31. Zatem liczba
uczniów tej klasy, którzy uczęszczają zarówno na dodatkowe zajęcia z matematyki, jak i na
dodatkowe zajęcia z geografii, jest równa
| A ∩ B | = | A | + | B | − | A ? B | = 30 + 17 − 31 = 16. Wobec tego szukane prawdo-
podobieństwo jest równe
P(A ∩ B) =
| A ∩ B |
| Ω |
=
16
35
.
• Sposób II
Oznaczamy przez n liczbę uczniów, którzy biorą udział w obydwu rodzajach zajęć. Rysujemy
diagram z uwzględnieniem podziału wszystkich 35 uczestników na grupy.
Stwierdzamy na tej podstawie, że 30 − n + n + 17 − n + 4 = 35, stąd n = 16. Zatem szukane
prawdopodobieństwo jest równe
16
35
.
Odpowiedzi
328

Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Odpowiedź
Rozwiązanie
Sposób I (schemat klasyczny). W tym doświadczeniu jest 10 ? 10 = 100 wszystkich zdarzeń ele-
mentarnych.
P(A) =
4
5
a)
P(A) =
2
9
b)
P(A) =
10
17
c)
P(A) =
2
5
d)
Ponieważ P(A') = 1 − P(A), więc P(A) = 4 ? P(A') = 4 ? (1 − P(A)) = 4 − 4 ? P(A), stąd P(A) =
4
5
.a)
Ponieważ P(A') = 1 − P(A), więc 2 ? P(A') = 2 ? (1 − P(A)) = 7 ? P(A), stąd P(A) =
2
9
.b)
Ponieważ P(A') = 1 − P(A), więc P(A) = P(A') +
3
17
= 1 − P(A) +
3
17
, stąd P(A) =
10
17
.c)
Ponieważ P(A) + P(A') = 1, więc
3 ? P(A) + 7 ? P(A') = 7 ? (P(A) + P(A'))− 4 ? P(A) = 7 − 4 ? P(A) = 5
2
5
, stąd 4 ? P(A) = 1
3
5
, czyli
P(A) =
2
5
.
d)
P(A ? B) = 0,64a)
P(A ∩ B) =
1
12
b)
Ponieważ zbiory A i B są rozłączne, więc P(A ? B) = P(A) + P(B). Obliczamy: P(A) = 1 − P(A') =
1
4
,
P(B) = 1 − P(B') = 0,39, stąd P(A ? B) = P(A) + P(B) =
1
4
+ 0,39 = 0,64.
a)
Obliczamy: P(A) = 1 − P(A') =
1
2
, P(B) = 1 − P(B') =
1
4
. Ponieważ P(A ? B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
więc P(A ∩ B) = P(A) + P(B) − P(A ? B) =
1
2
+
1
4
−
2
3
=
1
12
.
b)
9
10
a)
27
100
b)
Zliczanie liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających przeprowadzimy na dwa sposoby.
Sposób I
a)
Odpowiedzi
329

• 1 (jest 10 takich możliwości),
• 2 (jest 5 takich możliwości),
• 3 (są 3 takie możliwości),
• 4 lub 5 (za każdym razem są 2 możliwości),
• 6, 7, 8, 9 lub 10 (za każdym razem jest 1 taka możliwość).
Zatem wszystkich zdarzeń sprzyjających jest 10 + 5 + 3 + 2 ? 2 + 5 ? 1 = 27, więc szukane praw-
dopodobieństwo jest równe
27
100
. Uwaga. Łączną liczbę wielokrotności każdego z elementów
danego zbioru można obliczyć, używając symbolu części całkowitej:
?10
1 ?+ ?10
2 ?+ ?10
3 ?+ ?10
4 ?+ ?10
5 ?+ ?10
6 ?+ ?10
7 ?+ ?10
8 ?+ ?10
9 ?+ ?10
10?.
Sposób II
Rysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej da-
nemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Sposób III
Rysujemy tabelę 10x10 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zda-
rzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szuka-
ne prawdopodobieństwa.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Sposób I (schemat klasyczny).
W tym doświadczeniu jest 6 ? 6 = 36 wszystkich zdarzeń elementarnych.
Ponieważ kartka wylosowana za drugim razem musi mieć inny numer od tej, która została
wylosowana za pierwszym razem, więc różne numery wylosowanych kartek można otrzy-
mać na 10 ? 9 = 90 sposobów.
Sposób II
Jest 10 sposobów wylosowania dwa razy tej samej kartki, więc mamy 100 − 10 = 90 możli-
wości wylosowania pary kartek o różnych numerach. Zatem szukane prawdopodobieństwo
jest równe
90
100
=
9
10
. Uwaga. Niezależnie od tego, jaki numer ma kartka wylosowana za
pierwszym razem, kartka wylosowana za drugim razem ma w jednym przypadku ten sam
numer, a w pozostałych dziewięciu przypadkach jej numer różni się od tego na pierwszej
kartce. Oznacza to, że szukane prawdopodobieństwo jest równe
9
10
.
Zauważmy, że jeżeli numer na pierwszej kartce jest podzielny przez numer na drugiej kart-
ce, to możemy otrzymać iloraz równy
b)
p =
1
4
a)
p =
1
4
b)
Największa wyrzucona liczba oczek nie jest większa od 3, gdy w obu rzutach wypadnie licz-
ba oczek nie większa od 3. Mamy więc 3 ? 3 = 9 zdarzeń elementarnych sprzyjających, więc
p =
9
36
=
1
4
.
a)
Odpowiedzi
330

Sposób II
Rysujemy tabelę 6x6 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarze-
niom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane
prawdopodobieństwa.
Sposób III
Rysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej da-
nemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Odpowiedź
2
3
Rozwiązanie
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik jednoczesnego losowania dwóch wierzchołków
spośród siedmiu. Zatem każde zdarzenie elementarne to dwuelementowy podzbiór zbioru sied-
mioelementowego, więc wszystkich zdarzeń elementarnych jest
7 ? 6
2
= 21. Ponieważ ten wielokąt
ma
7 ? (7 − 3)
2
= 14 przekątnych, więc szukane prawdopodobieństwo jest równe
14
21
=
2
3
.
Uwaga. Wybrany wierzchołek siedmiokąta foremnego można połączyć sześcioma odcinkami z
każdym z pozostałych wierzchołków tego siedmiokąta. Wśród tych sześciu odcinków: dwa to boki
siedmiokąta, a cztery to jego przekątne. Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe
4
6
=
2
3
.
Odpowiedź
Rozwiązanie
• Sposób I
(schemat klasyczny). Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik
dwukrotnego losowania jednej liczby ze zbioru jedenastoelementowego ze zwracaniem.
Każde zdarzenie elementarne możemy więc zapisać jako dwuelementowy ciąg (a, b), gdzie
a, b są elementami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}. Oznaczmy przez Ω
Rozumując podobnie jak w rozwiązaniu podpunktu a), stwierdzamy, że
jest 5 ? 5 = 25 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona
liczba oczek jest równa 1, 2, 3, 4 lub 5,
jest 4 ? 4 = 16 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że największa wyrzucona
liczba oczek jest równa 1, 2, 3 lub 4.
Oznacza to, że jest 5
2
− 4
2
= 9 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, że najwięk-
sza wyrzucona liczba oczek jest równa 5. Stąd p =
9
36
=
1
4
.
b)
P(A) =
17
121
a)
P(B) =
29
121
b)
P(C) =
17
121
c)
P(D) =
9
121
d)
Odpowiedzi
331

zbiór zdarzeń elementarnych. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc
| Ω | = 11
2
= 121.
• Sposób II
Rysujemy drzewo z uwzględnieniem wszystkich gałęzi, które prowadzą do sytuacji sprzyja-
jącej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwa.
Oznaczmy pierwszą wylosowaną liczbę przez n i zauważmy, że jeśli n = 1, 2, ..., 8, to zda-
rzenia elementarne (n, n + 2) oraz (n, n + 3) sprzyjają zdarzeniu A. W pozostałych przy-
padkach jest tylko jedno sprzyjające zdarzenie elementarne: (9, 11). Wobec tego
| A | = 8 ? 2 + 1 = 17, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy P(A) =
17
121
.
a)
Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B podzielimy na następujące roz-
łączne przypadki:
− jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 1, 3, 7, 9 lub 11, to drugą wylosowaną liczbą
musi być 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 5 zdarzeń elementarnych sprzyjających B,
− jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 2, 4, 6 lub 8, to drugą wylosowaną liczbą musi
być 5 lub 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 4 ? 2 = 8 zdarzeń elementarnych sprzyja-
jących B,
− jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 5, to drugą wylosowaną liczbą musi być
2, 4, 6, 8, lub 10 – łącznie jest więc w tym przypadku 5 zdarzeń elementarnych sprzyja-
jących B,
− jeżeli pierwszą wylosowaną liczbą będzie 10, to druga wylosowana liczba może być do-
wolna – łącznie jest więc w tym przypadku 11 zdarzeń elementarnych sprzyjających B.
Wobec tego | B | = 5 + 8 + 5 + 11 = 29, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy
P(B) =
29
121
.
b)
Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu C podzielimy na trzy rozłączne
przypadki:
− suma wylosowanych liczb jest równa 7 – w tym przypadku jest 6 zdarzeń elementarnych
sprzyjających C,
− suma wylosowanych liczb jest równa 14 – w tym przypadku jest 9 zdarzeń elementarnych
sprzyjających C,
− suma wylosowanych liczb jest równa 21 – w tym przypadku są 2 zdarzenia elementarne
sprzyjające C.
Wobec tego | C | = 6 + 9 + 2 = 17, stąd na mocy definicji klasycznej otrzymujemy
P(C) =
17
121
.
c)
Ponieważ reszta z dzielenia przez 3 kwadratu każdej liczby całkowitej niepodzielnej przez 3
jest równa 1, więc suma kwadratów dwóch liczb całkowitych jest podzielna przez 3 wtedy i
tylko wtedy, gdy obie te liczby dzielą się przez 3. W zbiorze
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} są dokładnie trzy liczby podzielne przez 3 : 3, 6
oraz 9. Wobec tego zdarzeń elementarnych sprzyjających D jest | D | = 3 ? 3 = 9, stąd na
mocy definicji klasycznej otrzymujemy P(D) =
9
121
.
d)
Odpowiedzi
332

• Sposób III
Rysujemy tabelę 11x11 i dla każdego z podpunktów zaznaczamy w niej pola odpowiadające
zdarzeniom elementarnym sprzyjającym konkretnemu zdarzeniu. Na tej podstawie oblicza-
my szukane prawdopodobieństwa.
Odpowiedź
P(A) =
1
6
Rozwiązanie
• Sposób I
dwukrotnego rzutu kostką sześcienną. Zbiór zdarzeń elementarnych Ω jest zatem zbiorem
par (a, b) takich, że a, b są elementami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Wszystkich zdarzeń
elementarnych jest więc | Ω | = 6
2
= 36. Wypisujemy zdarzenia elementarne, które sprzy-
jają zdarzeniu A: (4, 1), (4, 2), (4, 3), (5, 4), (6, 2), (6, 4). Oznacza to, że | A | = 6, stąd
P(A) =
6
36
=
1
6
.
• Sposób II
Rysujemy tabelę 6x6 i zaznaczamy w niej pola odpowiadające zdarzeniom elementarnym
sprzyjającym zdarzeniu A. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
• Sposób III
jącej danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Odpowiedź
p =
3
190
Rozwiązanie
• Sposób I
dwukrotnego losowania ze zbioru dwudziestu losów bez zwracania. Oznaczmy przez
w1, w2, w3 losy wygrywające, a przez p1, p2, p3, ..., p17 – losy puste. Każde zdarzenie
elementarne możemy zapisać jako dwuelementowy ciąg (a, b), gdzie a, b są różnymi ele-
mentami z dwudziestoelementowego zbioru {w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17}. Wszyst-
kich zdarzeń elementarnych jest więc 20 ? 19 = 380. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy bę-
dą wygrywające sprzyja 3 ? 2 = 6 następujących zdarzeń elementarnych: (w1, w2), (w1, w3)
, (w2, w1), (w2, w3), (w3, w1), (w3, w2). Stąd p =
6
380
=
3
190
.
• Sposób II
• Sposób III
Rysujemy tabelę 20x20. Ponieważ losujemy bez zwracania, więc odrzucamy z tabeli 20 pól
leżących na przekątnej. Z pozostałych 380 pól wybieramy te, które odpowiadają zdarzeniom
Odpowiedzi
333

elementarnym sprzyjającym danemu zdarzeniu. Na tej podstawie obliczamy szukane praw-
dopodobieństwo.
Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy pod-
zbiór {a, b} dwudziestoelementowego zbioru {w1, w2, w3, p1, p2, p3, ..., p17}. Wszystkich
zdarzeń elementarnych jest wtedy
19 ? 20
2
= 190. Zdarzeniu, że oba wylosowane losy będą wy-
grywające sprzyjają następujące 3 zdarzenia elementarne: {w1, w2}, {w1, w3}, {w2, w3}. Stąd
p =
3
190
.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Sposób I
Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik jednoczesnego losowania
dwóch kartek spośród piętnastu. Zatem każde zdarzenie elementarne to dwuelementowy pod-
zbiór {a, b} piętnastoelementowego zbioru {1, 2, 3, ..., 15}. Wszystkich zdarzeń elementar-
nych jest więc | Ω | =
15 ? 14
2
= 105.
• zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest tyle, ile dwuelementowych ciągów ze
zbioru {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} bez powtórzeń, stąd | A | = 8 ? 7 = 56, co oznacza,
że P(A) =
56
210
=
4
15
.
• zdarzeniu B sprzyja każde zdarzenie elementarne, w którym wylosowane liczby są różnej pa-
rzystości. Zatem możliwe są dwa rozłączne przypadki:
− pierwsza wylosowana liczba jest parzysta i druga - jest nieparzysta
P(A) =
4
15
a)
P(B) =
8
15
b)
W przypadku zdarzenia A każda z dwóch wylosowanych kartek musi mieć numer nieparzy-
sty, a kartek z numerem nieparzystym jest 8. Zatem zdarzeniu A sprzyja | A | =
8 ? 7
2
= 28
zdarzeń elementarnych, stąd P(A) =
28
105
=
4
15
.
a)
W przypadku B jedna z wylosowanych kartek musi mieć numer nieparzysty, a druga – pa-
rzysty. Ponieważ kartek z numerem nieparzystym jest 8, a z numerem parzystym – 7, więc
zdarzeniu B sprzyja | B | = 8 ? 7 = 56 zdarzeń elementarnych. Oznacza to, że
P(B) =
56
105
=
8
15
.
Uwaga. Mimo, że w treści zadania jest mowa o jednoczesnym losowaniu dwóch kartek, to
jednak za zdarzenie elementarne w tym doświadczeniu można przyjąć dwuelementowy ci-
ąg (a, b), gdzie a, b ? {1, 2, 3, ..., 15} oraz a ≠ b. Narzucona w ten sposób kolejność wy-
losowanych kartek nie ma wpływu ani na sumę, ani na iloczyn liczb na wylosowanych kart-
kach, ponieważ te działania są przemienne. Tym sposobem wszystkich zdarzeń elementar-
nych jest tyle, ile dwuelementowych ciągów ze zbioru {1, 2, 3, ..., 15} bez powtórzeń,
stąd | Ω | = 15 ? 14 = 210. Wówczas:
b)
Odpowiedzi
334

− pierwsza wylosowana liczba jest nieparzysta i druga - jest parzysta.
Wobec tego | A | = 7 ? 8 + 8 ? 7 = 112, stąd P(B) =
112
210
=
8
15
.
Mając powyższe na uwadze, można przebieg analizowanego doświadczenia zilustrować za
pomocą:
− drzewa, uwzględniając wszystkie gałęzie, które prowadzą do sytuacji sprzyjającej danemu
zdarzeniu,
− tabeli 15 na 15, w której odrzucamy 15 pól leżących na przekątnej. Z pozostałych 210 pól
wybieramy te, które odpowiadają zdarzeniom elementarnym sprzyjającym danemu zdarze-
niu.
Na tej podstawie obliczamy szukane prawdopodobieństwo.
Odpowiedź
95
119
Rozwiązanie
Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wynik losowania 2 osób spośród 35. Zatem każde zdarze-
nie elementarne to dwuelementowy podzbiór ze zbioru 35 uczniów tej klasy. Wszystkich zdarzeń
elementarnych jest więc | Ω | =
35 ? 34
2
= 595. Obliczamy, że w tej klasie jest 16 chłopców i 19
dziewczynek. Rozpatrzmy zdarzenie A polegające na tym, że wśród wylosowanych osób będzie co
najmniej jedna dziewczynka. Wtedy zdarzeniem przeciwnym do A jest takie zdarzenie A’, że wśród
wylosowanych osób nie będzie żadnej dziewczynki. To oznacza, że | A ' | =
16 ? 15
2
= 120, a więc
P(A ') =
120
595
=
24
119
. Stąd P(A) = 1 − P(A ') = 1 −
24
119
=
95
119
.
Odpowiedź
p =
11
221
Rozwiązanie
• Sposób I (schemat klasyczny).
Za zdarzenie elementarne w takim doświadczeniu przyjmujemy wynik dwukrotnego losowa-
nia ze zbioru 52 kart bez zwracania. Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako
dwuelementowy ciąg (a, b), gdzie a, b są różnymi elementami ze zbioru 52 kart. Wszyst-
kich zdarzeń elementarnych jest więc 52 ? 51 = 2652. Wśród 52 kart w tej talii jest 4 ? 3 = 12
figur. Zatem zdarzeniu, że obie wylosowane karty będą figurami, sprzyjają 12 ? 11 = 132 zda-
rzenia elementarne. Stąd p =
132
2652
=
11
221
.
• Sposób II
Uwaga. W tym doświadczeniu za zdarzenie elementarne możemy przyjąć dwuelementowy
podzbiór {a, b} zbioru 52 kart. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest wtedy
52 ? 51
2
= 1326.
Zdarzeniu, że obie wylosowane karty będą figurami, sprzyja wówczas
12 ? 11
2
= 66 zdarzeń
elementarnych. Stąd p =
66
1326
=
11
221
.
Odpowiedzi
335

Odpowiedź
7
10
Rozwiązanie
Rozpatrzmy doświadczenie polegające na losowaniu jednej kuli z tego pudełka. Oznaczmy:
• B – zdarzenie, że wylosowano kulę białą,
• C – zdarzenie, że wylosowano kulę czerwoną,
• Z – zdarzenie, że wylosowano kulę zieloną.
Zdarzenia B, C oraz Z są parami rozłączne, a zdarzenie, że zajdzie B lub C, lub Z jest pewne, stąd
P(B ? C ? Z) = 1
Z treści zadania wynika, że P(B) =
1
10
oraz P(C ? Z) = 3 ? P(B ? C). Wynika stąd, że
P(C ? Z) = 1 − P(B) =
9
10
, co oznacza, że P(B ? C) =
1
3
? P(C ? Z) =
1
3
?
9
10
=
3
10
. Ponieważ
P(B ? C) = P(B) + P(C), więc P(C) =
3
10
−
1
10
=
2
10
. Wobec tego P(Z) = P(C ? Z) − P(C) =
9
10
−
2
10
=
7
10
.
Odpowiedź
P(A) =
25
72
Rozwiązanie
Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako trzyelementowy ciąg (a, b, c), gdzie a, b, c
są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} wyników rzutu kostką sześcienną. Wszystkich zdarzeń
3
= 216. Zliczanie zdarzeń elementarnych sprzyjających A roz-
kładamy na dwa etapy:
Wobec tego | A | = 3 ? 5
2
= 75. Stąd P(A) =
75
216
=
25
72
.
Odpowiedź
Rozwiązanie
Każde zdarzenie elementarne to pięcioelementowy ciąg bez powtórzeń (a, b, c, d, e), gdzie
a, b, c, d, e są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5}. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc
| Ω | = 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 = 120.
obliczamy, na ile sposobów można wybrać rzut, w którym wypadła szóstka: wybieramy je-
den rzut z 3, więc można to zrobić na 3 sposoby,
1)
obliczamy, ile jest wyników pozostałych rzutów: w każdym z pozostałych dwóch rzutów ma-
my do wyboru jeden z pięciu wyników: 1, 2, 3, 4 lub 5, zatem jest 5 ? 5 = 25 takich możli-
wości.
2)
1
10
a)
2
5
b)
Oznaczmy: A – zdarzenie, że otrzymaliśmy liczbę pięciocyfrową, w której suma każdych
dwóch sąsiednich cyfr jest nieparzysta. W tym przypadku kolejne pary elementów ciągu
a)
Odpowiedzi
336

Odpowiedź
Uwaga. W literaturze to zadanie jest znane jako paradoks/problem kawalera de’Mere.
P(A) =
27
216
> P(B) =
25
216
Rozwiązanie
Każde zdarzenie elementarne możemy zapisać jako trzyelementowy ciąg (a, b, c), gdzie a, b, c
są liczbami ze zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} wyników rzutu kostką sześcienną. Wszystkich zdarzeń
3
= 216.
Sumę 11 możemy otrzymać na 6 sposobów.
Wobec tego | A | = 6 + 3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 27, stąd P(A) =
27
216
.
Sumę 12 możemy otrzymać na 6 sposobów:
(a, b, c, d, e) muszą być liczbami różnej parzystości. Jest to możliwe wtedy i tylko wte-
dy, gdy a, c oraz e będą liczbami wybranymi bez powtórzeń ze zbioru {1, 3, 5}, natomiast
b oraz d będą różnymi liczbami ze zbioru {2, 4}.
Wobec tego | A | = (3 ? 2 ? 1) ? (2 ? 1) = 12, stąd P(A) =
12
120
=
1
10
.
Oznaczmy: B – zdarzenie, że otrzymaliśmy liczbę pięciocyfrową, w której cyfry 1 oraz 2 są
zapisane na sąsiednich miejscach. W rozpatrywanych ciągach (a, b, c, d, e) cyfry 1, 2
można wtedy zapisać na 4 sposoby: jako a, b lub jako b, c, lub jako c, d, lub jako d, e. W
każdym z tych przypadków cyfry 1, 2 rozmieszczamy na przydzielonych im miejscach na 2
sposoby, a pozostałe trzy cyfry rozmieszczamy na trzech pozostałych miejscach na
3 ? 2 ? 1 = 6 sposobów. Zatem | B | = 4 ? 2 ? 6 = 48, stąd P(B) =
48
120
=
2
5
.
b)
wypadła jedna jedynka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
1)
wypadła jedna jedynka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,2)
wypadła jedna dwójka, jedna trójka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
3)
wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
4)
wypadły dwie trójki oraz jedna piątka – są 3 takie zdarzenia elementarne,5)
wypadła jedna trójka oraz dwie czwórki – są 3 takie zdarzenia elementarne.6)
wypadła jedna jedynka, jedna piątka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
1)
wypadła jedna dwójka, jedna czwórka oraz jedna szóstka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń
elementarnych,
2)
wypadła jedna dwójka oraz dwie piątki – są 3 takie zdarzenia elementarne,3)
Odpowiedzi
337

Wobec tego | B | = 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25, stąd P(B) =
25
216
.
Oznacza to, że P(A) > P(B).
Odpowiedź
p =
1
13983816
Rozwiązanie
Każde zdarzenie elementarne to wybór sześcioelementowego podzbioru ze zbioru 49 liczb
{1, 2, 3, ..., 49}. Wszystkich zdarzeń elementarnych jest więc
| Ω | =
(
49
6 )=
49!
6! ? 43!
=
49 ? 48 ? 47 ? 46 ? 45 ? 44
6 ? 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1
= 13 983 816. Prawidłowo wytypować wygraną
można, oczywiście, tylko na 1 sposób, więc p =
1
13983816
(szansa 1 do prawie 14 milionów).
wypadły dwie trójki oraz jedna szóstka – są 3 takie zdarzenia elementarne,4)
wypadła jedna trójka, jedna czwórka oraz jedna piątka – jest 3 ? 2 ? 1 = 6 takich zdarzeń ele-
mentarnych,
5)
wypadły trzy czwórki – jest 1 takie zdarzenie elementarne.6)
Odpowiedzi
338

Rozdział 6. O e-podręczniku
Cele kształcenia - wymagania ogólne:
O e-podręczniku
339

Moduł: Stereometria / Punkty, proste i płaszczyzny w przestrzeni
Autor: Zespół autorski Politechniki Łódzkiej
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iRUfNwnOKO/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iRUfNwnOKO
Hasła podstawy programowej:
E3-GIM-MAT-1.0-1.5: oblicza wartości nieskomplikowanych wyrażeń arytmetycznych zawierających ułamki zwykłe i
dziesiętne;
O e-podręczniku
340

Informacje o licencjach osadzonych obiektów (w kolejności występowania w treści modułu):
Ilya Andreev: Okładka [Licencja: shutterstock]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Punkty, proste, plaszczyzny w przestrzeni_4303 [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
341

O e-podręczniku
342

Moduł: Stereometria / Graniastosłup prosty i jego własności. Związki miarowe w graniastosłupach
Autor: Jacek Stańdo
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iVz7s0IVvm/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iVz7s0IVvm
E4-SRE-MAT-1.0-I-3: Równania i nierówności. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Opis prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_73 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastoslup prosty_atrapa_animacja_710 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_4080 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastoslup – opis bryly_atrapa_animacja_rys_grniast_1892 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadl_elementy [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_katy w graniastoslupie [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Opis prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_74 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian_przekatna [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Siatki i modele prostopadloscianow i szescianow_atrapa_animacja [Licencja: CC BY
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_5002 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole figury_atrapa_animacja_330 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Matematyka_3D_5003 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_szescian przekroj [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad5 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadłościan2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_prostopadloscian_przyklad7 [Licencja: CC
BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_graniastoslup trojkatny [Licencja: CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci_przyklad10 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Graniastosłup prosty i jego własnosci [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
343

Moduł: Stereometria / Ostrosłup i jego własności
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iQm8s1xZ4w/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iQm8s1xZ4w
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_nazwy [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc graniastoslupa. Jednostki objetosci_atrapa_1936 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_katy w ostroslupie [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia krawedzi [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_z katem nachylenia sciany [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci Ostroslup i jego wlasnosci_z przedkrojem_przyklad5
[Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_przekroj_aplet [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostr z przek [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup_przyklad6 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_ostroslup przyklad 7 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_zad 1 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Ostroslup i jego wlasnosci_zad2 [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
344

Moduł: Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły obrotowe - walec
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iQZhteOrTa/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iQZhteOrTa
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec Bryły obrotowe. Walec_obrot [Licencja: CC BY 3.0 CC BY NC
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_walec_1538 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 3 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad 4 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryły obrotowe. Walec_przyklad5 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Moduł: Stereometria / Bryły obrotowe / Bryły obrotowe - stożek
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iE1kVs6MKf/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iE1kVs6MKf
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_definicja [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_elementy [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Stozek. Pole powierzchni stozka_2451 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad 1 [Licencja: CC BY NC 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Bryly obrotowe. Stozek_przyklad2 [Licencja: CC BY NC 3.0]
O e-podręczniku
345

Moduł: Stereometria / Bryły w 3D
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/idZqwWwj6Q/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/idZqwWwj6Q
dziesiętne;
O e-podręczniku
346

Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_atrapa_animacja_1490 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole powierzchni prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_714 [Licencja:
CC BY 3.0]
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Gimnazjum - Matematyka 2_5002 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Dzial III_Figury plaskie_rzut szescianu [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole figury_atrapa_animacja_330 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pole powierzchni prostopadloscianu i szescianu_atrapa_animacja_715 [Licencja:
CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: trojkat in _karton_1534 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: trojkat out _karton_1535 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pieciokat_katon out_1531 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Pieciokat_katon in_1530 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Szesciokat in_karton_1532 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Szesciokat out_karton_1533 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: atrapa:opis animacji [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_szescian_1539 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_walec_1538 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: 3D_stozek_1540 [Licencja: CC BY 3.0]
3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc figury_Jednostki objetosci_atrapa_animacj_718 [Licencja: CC BY 3.0]
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Objetosc figury_Jednostki objetosci_atrapa_animacj_717 [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
347

Moduł: Elementy statystyki opisowej / Średnia, mediana, dominanta
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/ibCRNJ2Cbh/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/ibCRNJ2Cbh
E4-SRE-MAT-1.0-I-5: Ciągi. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Statystyka_rys_2080 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Elementy statystyki opisowej / Miary rozproszenia
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iqUlOJ5aca/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iqUlOJ5aca
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Miary rozproszenia_4012 [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
348

Moduł: Kombinatoryka / Liczba elementów zbioru skończonego
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/ieQfFGscmW/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/ieQfFGscmW
E4-SRE-MAT-1.0-I-5: Ciągi. Uczeń:
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Liczba elementow zbioru skonczonego_4022 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Kombinatoryka / Reguła mnożenia, reguła dodawania
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/i9ZtphaHIW/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/i9ZtphaHIW
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Reguły mnożenia_4400 [Licencja: CC BY 3.0]
O e-podręczniku
349

Moduł: Kombinatoryka / Podzbiory zbioru skończonego (treść podstawowa)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/i6H8JsFpVm/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/i6H8JsFpVm
E2-PODST-MAT-1.0-2.2: dodaje i odejmuje liczby naturalne wielocyfrowe pisemnie, a także za pomocą kalkulatora;
E2-PODST-MAT-1.0-14.1: czyta ze zrozumieniem prosty tekst zawierający informacje liczbowe;
E2-PODST-MAT-1.0-14.2: wykonuje wstępne czynności ułatwiające rozwiązanie zadania, w tym rysunek pomocniczy lub
wygodne dla niego zapisanie informacji i danych z treści zadania;
E2-PODST-MAT-1.0-14.3: dostrzega zależności między podanymi informacjami;
E2-PODST-MAT-1.0-14.4: dzieli rozwiązanie zadania na etapy, stosując własne, poprawne, wygodne dla niego strategie
rozwiązania;
E2-PODST-MAT-1.0-14.5: do rozwiązywania zadań osadzonych w kontekście praktycznym stosuje poznaną wiedzę z
zakresu arytmetyki i geometrii oraz nabyte umiejętności rachunkowe, a także własne poprawne metody;
E2-PODST-MAT-1.0-14.6: weryfikuje wynik zadania tekstowego, oceniając sensowność rozwiązania.
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Liczba podzbiorow_4390 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Kombinatoryka / Podzbiory zbioru skończonego (treść rozszerzona)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iyyZQTCUNb/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iyyZQTCUNb
rozwiązania;
O e-podręczniku
350

Moduł: Kombinatoryka / Zadania
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iRhzyluOSY/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iRhzyluOSY
rozwiązania;
O e-podręczniku
351

Moduł: Prawdopodobieństwo / Klasyczna definicja prawdopodobieństwa. Własności prawdopodobieństwa. Obliczanie
prawdopodobieństw zdarzeń losowych
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iz3aPJUGz3/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iz3aPJUGz3
dziesiętne;
Zespół autorski Politechniki Łódzkiej: Prawdopodobieństwo_4393 [Licencja: CC BY 3.0]
Moduł: Prawdopodobieństwo / Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (treść rozszerzona)
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iqfmZTm1CX/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/iqfmZTm1CX
E2-PODST-MAT-1.0-2.3: mnoży i dzieli liczbę naturalną przez liczbę naturalną jednocyfrową, dwucyfrową lub trzycyfrową
pisemnie, w pamięci (w najprostszych przykładach) i za pomocą kalkulatora (w trudniejszych przykładach);
O e-podręczniku
352

Moduł: Słowniczek
Moduł wygenerowany przez platformę
Licencja: CC BY 3.0
Kontakt: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/247160_6_glossary/contact
Wersja WWW: http://www.epodreczniki.pl/reader/c/247160/v/6/t/student-canon/m/247160_6_glossary
Informacje o licencjach osadzonych obiektów w odpowiedziach (w kolejności występowania w treści e-podręcznika)
O e-podręczniku
353

Lista licencji
E-podręczniki 1.0 http://www.epodreczniki.pl/licenses/e-podreczniki/1.0
domena publiczna http://www.epodreczniki.pl/licenses/domena-publiczna/1.0
tylko do użytku edukacyjnego http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-edukacyjnego/1.0
tylko do użytku edukacyjnego na epodreczniki.pl http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-edukacyjnego-na-
epodreczniki_pl/1.0
tylko do użytku niekomercyjnego http://www.epodreczniki.pl/licenses/tylko-do-uzytku-niekomercyjnego/1.0
CC 0 1.0 http://creativecommons.org/publicdomain/zero/1.0/legalcode
CC BY 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by/1.0/legalcode
CC BY 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by/2.0/pl/legalcode
CC BY 2.5 https://creativecommons.org/licenses/by/2.5/pl/legalcode
CC BY 3.0 http://creativecommons.org/licenses/by/3.0/pl/legalcode
CC BY 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/legalcode
CC BY SA 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/1.0/legalcode
CC BY SA 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/pl/legalcode
CC BY SA 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-sa/4.0/legalcode
CC BY ND 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/1.0/legalcode
CC BY ND 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/2.0/pl/legalcode
CC BY ND 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nd/4.0/legalcode
CC BY NC 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/1.0/legalcode
CC BY NC 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/2.0/pl/legalcode
CC BY NC 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc/4.0/legalcode
CC BY NC ND 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/2.0/pl/legalcode
CC BY NC ND 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/legalcode
CC BY NC SA 1.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/1.0/legalcode
CC BY NC SA 2.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.0/pl/legalcode
CC BY NC SA 4.0 https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/4.0/legalcode
PŁ - Politechnika Łódzka
O e-podręczniku
354

Matematyka 3

More Related Content

Viewers also liked

Similar to Matematyka 3

More from Szymon Konkol - Publikacje Cyfrowe

Matematyka 3