Комбінаторика— це розділ математики, який вчить підраховувати кількість можливих варіантів вибору або розташування об’єктів без їхнього безпосереднього переліку. Розуміння базових правил додавання та множення, а також розрізнення перестановок, розміщень та комбінаційє ключем до розв’язання складних логічних задач та підготовки до вивчення теорії ймовірностей.
Для успішного складання іспитів ми підготували комплексний практичний блок, що базується на завданнях НМТта тестах минулих років. Ви зможете детально розібрати алгоритми формування розкладів, вибору комплектів товарів та створення цифрових кодів. Кожне завдання супроводжується поясненням, яке допоможе вашим учням зрозуміти, коли порядок елементів має значення, а коли — ні.
1.Правило додавання. Якщо І об'єкт можна обрати а способами, а ІІ - b способами, то обрати або І об'єкт або ІІ об'єкт можна a + b способами.
2.Правило множення. Якщо І об'єкт можна обрати а способами, а ІІ - b способами, то обрати і І об'єкт і ІІ об'єкт можна a·b способами.
3.Перестановки. Якщо з n об'єктів потрібно обрати всі n, то це можна зробити Pn= n! = 1 · 2 · 3 · ... · (n - 1) · n способами.
4.Розміщення. Якщо з n об'єктів потрібно обрати m, причому порядок обрання важливий, то це можна зробитиA_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}способами.
5.Комбінації. Якщо з n об'єктів потрібно обрати m, причому порядок обрання не важливий, то це можна зробитиC_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}способами.
Примітка. Скорочення факторіалів\frac{7!}{4!}=\frac{4!\cdot5\cdot6\cdot7}{4!}=5\cdot 6\cdot 7=210
Завдання 1. НМТ 2026 (демо). У квітковому магазині є 12 білих та 25 червоних троянд. Покупець замовив у цьому магазині букет із двох білих троянд й однієї червоної. Скільки всього є варіантів такого вибору?
2.Правило множення. Якщо І об'єкт можна обрати а способами, а ІІ - b способами, то обрати і І об'єкт і ІІ об'єкт можна a·b способами.
3.Перестановки. Якщо з n об'єктів потрібно обрати всі n, то це можна зробити Pn= n! = 1 · 2 · 3 · ... · (n - 1) · n способами.
4.Розміщення. Якщо з n об'єктів потрібно обрати m, причому порядок обрання важливий, то це можна зробитиA_{n}^{m}=\frac{n!}{(n-m)!}способами.
5.Комбінації. Якщо з n об'єктів потрібно обрати m, причому порядок обрання не важливий, то це можна зробитиC_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}способами.
Примітка. Скорочення факторіалів\frac{7!}{4!}=\frac{4!\cdot5\cdot6\cdot7}{4!}=5\cdot 6\cdot 7=210
Показати відповідь
1650.
Оскільки порядок вибору листівок не важливий, то 2 білих троянд з 12 можна обратиC_{12}^2=\frac{12!}{2!(12-2)!} = \frac{12!}{2!10!} = \frac{10!\cdot11\cdot12}{2!10!} = \frac{11\cdot12}{2}=11 \cdot 6 = 66способами. Так як червону троянду треба обрати 1 з 25, то це можна зробити 25 способами. Тоді букет із двох білих троянд й однієї червоної можна обрати 66 · 25 = 1650 способами.
Завдання 2. Заступник директора школи складає розклад уроків для 10-го класу. Він запланував на понеділок шість уроків з таких предметів: геометрія, біологія, англійська мова, хімія, фізична культура, географія. Скільки всього існує різних варіантів розкладу уроків на цей день, якщо урок фізичної культури має бути першим або останнім у розкладі?
Оскільки порядок вибору листівок не важливий, то 2 білих троянд з 12 можна обратиC_{12}^2=\frac{12!}{2!(12-2)!} = \frac{12!}{2!10!} = \frac{10!\cdot11\cdot12}{2!10!} = \frac{11\cdot12}{2}=11 \cdot 6 = 66способами. Так як червону троянду треба обрати 1 з 25, то це можна зробити 25 способами. Тоді букет із двох білих троянд й однієї червоної можна обрати 66 · 25 = 1650 способами.
Показати відповідь
240.
Для фізичної культури є 2 варіанти - першим або останнім. Для 5 інших предметів маємо 5 місць, тому всього P5= 5! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 = 120 варіантів. Тоді для фізичної культури і інших предметів маємо 2 ∙ 120 = 240 варіантів.
Завдання 3. З трьох хлопців та трьох дівчат добирають чотирьох учасників до музичного квартету. Скільки всього є варіантів такого вибору?
Для фізичної культури є 2 варіанти - першим або останнім. Для 5 інших предметів маємо 5 місць, тому всього P5= 5! = 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 = 120 варіантів. Тоді для фізичної культури і інших предметів маємо 2 ∙ 120 = 240 варіантів.
Показати відповідь
15.
Так як обирають учасників незалежно від статі, то треба обрати 4 учасників з 3 + 3 = 6. Варіантів вибору 4 учасників з 6:C_{6}^4=\frac{6!}{4!(6-4)!} = \frac{6!}{4!2!} = \frac{4!\cdot5\cdot6}{4!2!} = \frac{5\cdot6}{2!} =\frac{30}{2}=15способів.
Завдання 4. Переможцю олімпіади заплановано подарувати комплект із 5 книг, у якому 2 збірники олімпіадних задач та 3 науково-популярні книги. Скільки всього варіантів формування такого комплекту книг, якщо є 8 різних збірників та 10 різних науково-популярних книг?
Так як обирають учасників незалежно від статі, то треба обрати 4 учасників з 3 + 3 = 6. Варіантів вибору 4 учасників з 6:C_{6}^4=\frac{6!}{4!(6-4)!} = \frac{6!}{4!2!} = \frac{4!\cdot5\cdot6}{4!2!} = \frac{5\cdot6}{2!} =\frac{30}{2}=15способів.
Показати відповідь
3360
Варіантів вибору 2 збірників олімпіадних задач з 8:C_{8}^2=\frac{8!}{2!(8-2)!} = \frac{8!}{2!6!} = \frac{6!\cdot7\cdot8}{2!6!} = \frac{7\cdot8}{2!} =\frac{56}{2}=28. Варіантів вибору 3 науково-популярних книг з 10:C_{10}^3=\frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{7!\cdot8\cdot9\cdot10}{3!7!} = \frac{8\cdot9\cdot10}{2\cdot3} =4\cdot3\cdot10=120. Тоді всього варіантів формування такого комплекту книг 28 ⋅ 120 = 3360.
Варіантів вибору 2 збірників олімпіадних задач з 8:C_{8}^2=\frac{8!}{2!(8-2)!} = \frac{8!}{2!6!} = \frac{6!\cdot7\cdot8}{2!6!} = \frac{7\cdot8}{2!} =\frac{56}{2}=28. Варіантів вибору 3 науково-популярних книг з 10:C_{10}^3=\frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{7!\cdot8\cdot9\cdot10}{3!7!} = \frac{8\cdot9\cdot10}{2\cdot3} =4\cdot3\cdot10=120. Тоді всього варіантів формування такого комплекту книг 28 ⋅ 120 = 3360.
Завдання 5. На вершину гори ведуть 5 доріг. Скільки всього є варіантів вибору маршруту підйому на вершину гори однією дорогою, а спуск - іншою?
5
9
10
20
25
Показати відповідь
Г.
Оскільки на вершину гори можна вибрати одну з 5 доріг, а назад - одну з чотирьох, що залишилися, то маємо 5 · 4 = 20 варіантів вибору.
Завдання 6. Студент на першому курсі повинен вибрати одну з трьох іноземних мов, яку вивчатиме, та одну з п’яти спортивних секцій, що відвідуватиме. Скільки всього існує варіантів вибору студентом іноземної мови та спортивної секції?
Оскільки на вершину гори можна вибрати одну з 5 доріг, а назад - одну з чотирьох, що залишилися, то маємо 5 · 4 = 20 варіантів вибору.
5
8
10
15
28
Показати відповідь
Г.
Оскільки іноземну мову можна обрати 3 способами, а секцію – 5, то разом можна обрати 3 · 5 = 15 способами.
Завдання 7. Блок соціальної реклами складається з 4 рекламних роликів: про шкідливість паління, про охорону навколишнього середовища, про дотримання правил дорожнього руху та про велосипедне місто. Ролик про шкідливість паління заплановано показати двічі — першим і останнім, а інші три ролики — по одному разу. Скільки всього існує варіантів формування цього блоку соціальної за вказаним порядком рекламних роликів?
Оскільки іноземну мову можна обрати 3 способами, а секцію – 5, то разом можна обрати 3 · 5 = 15 способами.
6
8
12
24
120
Показати відповідь
А.
Оскільки перший та останній ролик визначено, потрібно визначити лише порядок другого, третього і четвертого із запропонованих. Так як потрібно обрати порядок 3 елементів із 3 запропонованих, то маємо перестановки і їх кількість Р3= 3! = 1 · 2 · 3 = 6.
Завдання 8. Скільки всього різних п’ятицифрових чисел можна утворити з цифр 0,1,3,5,7 (у числах цифри не повинні повторюватися)?
Оскільки перший та останній ролик визначено, потрібно визначити лише порядок другого, третього і четвертого із запропонованих. Так як потрібно обрати порядок 3 елементів із 3 запропонованих, то маємо перестановки і їх кількість Р3= 3! = 1 · 2 · 3 = 6.
5
24
25
96
120
Показати відповідь
Г.
Оскільки перша цифра не може бути 0, то на її місце підходить 4 варіанти, на друге – також 4 (одну цифру забрали, а 0 вже можна ставити, на 3- 3, на 4-2 і на останнє місце залишився один варіант. Маємо 4 · 4 · 3 · 2 · 1 = 96.
Завдання 9. Укажіть, скільки можна скласти різних правильних дробів, чисельниками і знаменниками яких є числа 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Оскільки перша цифра не може бути 0, то на її місце підходить 4 варіанти, на друге – також 4 (одну цифру забрали, а 0 вже можна ставити, на 3- 3, на 4-2 і на останнє місце залишився один варіант. Маємо 4 · 4 · 3 · 2 · 1 = 96.
28
56
70
112
Інша відповідь
Показати відповідь
А.
Оскільки дріб правильний, якщо чисельник менше знаменника, і дроби\frac{2}{4}та\frac{3}{6}вважаються різними, хоча дорівнюють один одному, то для 2 у чисельнику маємо 7 варіантів знаменника, для 3 – 6, для 4 -5 , для 5 - 4, для 6 - 3, для 7 - 2, для 8 - 1, для 9 - 0. Отже кількість варіантів 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28.
Завдання 10. У кіоску є 10 видів вітальних листівок з Новим роком. Скільки всього можна утворити різних наборів листівок, кожен із яких складається з трьох листівок різних видів?
Оскільки дріб правильний, якщо чисельник менше знаменника, і дроби\frac{2}{4}та\frac{3}{6}вважаються різними, хоча дорівнюють один одному, то для 2 у чисельнику маємо 7 варіантів знаменника, для 3 – 6, для 4 -5 , для 5 - 4, для 6 - 3, для 7 - 2, для 8 - 1, для 9 - 0. Отже кількість варіантів 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28.
30
90
120
240
720
Показати відповідь
В.
Оскільки порядок вибору листівок не важливий, то їх можна обратиC_{10}^3=\frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{7!\cdot8\cdot9\cdot10}{3!7!} = \frac{8\cdot9\cdot10}{2\cdot3}= 4\cdot 3\cdot 10 = 120способами.
Завдання 11. Олег пише смс-повідомлення з трьох речень. У кінці кожного з них він прикріпить один із п’ятнадцяти веселих смайликів. Скільки всього є способів вибору таких смайликів для прикріплення, якщо всі смайлики в повідомленні мають бути різними?
Оскільки порядок вибору листівок не важливий, то їх можна обратиC_{10}^3=\frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10!}{3!7!} = \frac{7!\cdot8\cdot9\cdot10}{3!7!} = \frac{8\cdot9\cdot10}{2\cdot3}= 4\cdot 3\cdot 10 = 120способами.
Показати відповідь
2730.
І спосіб. Так як з 15 смайликів потрібно обрати 3, причому важливий порядок, то маємо розміщенняA_{15}^3=\frac{15!}{(15-3)!} = \frac{15!}{12!} = \frac{12!\cdot13\cdot14\cdot15}{12!}= 13\cdot 14 \cdot 15= 2730.
ІІ спосіб. Після першого речення можемо вставити 1 з 15 смайликів; після другого 1 із 14, що залишилися; після третього 1 із 13, що залишилися. Тоді маємо 15 · 14 · 13 = 2730 варіантів.
Завдання 12. Редактор стрічки новин вирішує, у якій послідовності розмістити 6 різних новин: 2 політичні, 3 суспільні й 1 спортивну. Скільки всього є різних послідовностей розміщення цих 6 новин у стрічці за умови, що політичні новини мають передувати іншим, а спортивна новина — бути останньою? Уважайте, що кожну із цих 6 новин у стрічці не повторюють.
І спосіб. Так як з 15 смайликів потрібно обрати 3, причому важливий порядок, то маємо розміщенняA_{15}^3=\frac{15!}{(15-3)!} = \frac{15!}{12!} = \frac{12!\cdot13\cdot14\cdot15}{12!}= 13\cdot 14 \cdot 15= 2730.
ІІ спосіб. Після першого речення можемо вставити 1 з 15 смайликів; після другого 1 із 14, що залишилися; після третього 1 із 13, що залишилися. Тоді маємо 15 · 14 · 13 = 2730 варіантів.
Показати відповідь
12.
Так як спочатку потрібно обрати 2 політичні новини P2= 2! = 2 способами, потім 3 суспільні новини P3= 3! = 2 · 3 = 6 способами і залишається лише 1 спортивна новина, то маємо 2 · 6 · 1 = 12 різних послідовностей розміщення цих 6 новин у стрічці.
Завдання 13. На курсах з вивчення іноземних мов як бонус запропоновано два безкоштовні заняття, одне з яких проводитимуть дистанційно, а друге – в аудиторії. Тему кожного з цих двох занять слухач може вибрати самостійно з 10 запропонованих. Скільки всього існує способів вибору форм проведення цих двох занять та різних тем до них?
Так як спочатку потрібно обрати 2 політичні новини P2= 2! = 2 способами, потім 3 суспільні новини P3= 3! = 2 · 3 = 6 способами і залишається лише 1 спортивна новина, то маємо 2 · 6 · 1 = 12 різних послідовностей розміщення цих 6 новин у стрічці.
Показати відповідь
90.
1 спосіб. Оскільки потрібно обрати з 10 занять 2, причому порядок важливий (яке заняття дистанційно, а яке - в аудиторії), то маємо розміщення:A_{10}^2=\frac{10!}{(10-2)!}=\frac{10!}{8!}=\frac{8!\cdot9\cdot10}{8!}=9 \cdot 10 = 90способів.
2 спосіб. Так як обрати заняття для проведення дистанційно можна 10 способами, а в аудиторії 9 (з 9, що залишилися), то всього 10 · 9 = 90 способів.
Завдання 14. Компанія з 6 дорослих, з яких лише двоє мають відповідні посвідчення водія, сідають в автомобіль, у якому окрім місця водія є ще 5 пасажирських місць. Скільки всього є способів у цих осіб зайняти місця в автомобілі, якщо на місці водія має бути особа з відповідним посвідченням?
1 спосіб. Оскільки потрібно обрати з 10 занять 2, причому порядок важливий (яке заняття дистанційно, а яке - в аудиторії), то маємо розміщення:A_{10}^2=\frac{10!}{(10-2)!}=\frac{10!}{8!}=\frac{8!\cdot9\cdot10}{8!}=9 \cdot 10 = 90способів.
2 спосіб. Так як обрати заняття для проведення дистанційно можна 10 способами, а в аудиторії 9 (з 9, що залишилися), то всього 10 · 9 = 90 способів.
Показати відповідь
240.
Оскільки водія можна обрати лише 2 способами, а на інші 5 місць всі можливі способи із 5 дорослих, що залишилися після вибору водія, то маємо 2 · P5= 2 · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 240 способів.
Завдання 15. Довідкову інформацію промовляють почергово по одному разу п’ятьма мовами: українською, англійською, німецькою, російською та польською. Скільки всього є варіантів послідовностей озвучування цієї інформації цими п’ятьма мовами, якщо спочатку її промовляють українською?
Оскільки водія можна обрати лише 2 способами, а на інші 5 місць всі можливі способи із 5 дорослих, що залишилися після вибору водія, то маємо 2 · P5= 2 · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 240 способів.
Показати відповідь
24.
Оскільки спочатку промовляють певною мовою (українською), то потрібно розставити послідовність з 4 мов. Маємо Р4= 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24 варіанти.
Завдання 16. У школі є два одинадцятих класи. В 11-А класі навчається 12 хлопців та 8 дівчат, а в 11-Б – 9 хлопців та 15 дівчат. З учнів цих двох класів потрібно обрати двох ведучих для проведення святкового вечора, причому хлопець має бути з 11-А класу, а дівчина – з 11-Б. Скільки всього існує варіантів вибору таких пар ведучих?
Оскільки спочатку промовляють певною мовою (українською), то потрібно розставити послідовність з 4 мов. Маємо Р4= 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24 варіанти.
Показати відповідь
180.
Оскільки хлопця можна обрати 12 способами, а дівчину – 15, то маємо 12 · 15 = 180.
Завдання 17. Студенти однієї з груп під час сесії повинні скласти п’ять іспитів. Заступнику декана потрібно призначити складання цих іспитів на п’ять визначених дат. Скільки всього існує різних варіантів розкладу іспитів для цієї групи?
Оскільки хлопця можна обрати 12 способами, а дівчину – 15, то маємо 12 · 15 = 180.
Показати відповідь
120.
Оскільки з 5 дат вибираємо 5, то це перестановки. Маємо Р5= 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120.
Завдання 18. Скільки всього різних двоцифрових чисел можна утворити з цифр 1, 5, 7 і 8 так, щоб у кожному числі всі цифри не повторювалися?
Оскільки з 5 дат вибираємо 5, то це перестановки. Маємо Р5= 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120.
Показати відповідь
12.
На перше місце можна поставити будь-яку з 4, а на друге – будь-яку з 3, що залишилися. Тому маємо 4 · 3 = 12.
Завдання 19. Скільки всього існує різних двоцифрових чисел, у яких перша цифра є парною, а друга – непарною?
На перше місце можна поставити будь-яку з 4, а на друге – будь-яку з 3, що залишилися. Тому маємо 4 · 3 = 12.
Показати відповідь
20.
На перше місце можна поставити будь-яку цифру з 4 (2,4,6,8; 0 не можна використовувати на початку числа), а на друге – будь-яку з 5 (1,3,5,7,9). Тому маємо 4 · 5 = 20.
Завдання 20. Для роботи на уроках геометрії учню потрібно придбати лінійку й транспортир. У магазині канцелярських товарів у продажу є три види транспортирів та чотири види лінійок, а також два види наборів, що складаються з лінійки й транспортира. Скільки всього в учня є варіантів придбання лінійки й транспортира в цьому магазині?
На перше місце можна поставити будь-яку цифру з 4 (2,4,6,8; 0 не можна використовувати на початку числа), а на друге – будь-яку з 5 (1,3,5,7,9). Тому маємо 4 · 5 = 20.
Показати відповідь
14.
Оскільки транспортир можна обрати 3 способами, а лінійку – 4, то обрати транспортир з лінійкою можна 3·4=12 способами. Крім того, маємо ще 2 набори. Тоді остаточно 12 + 2 = 14.
Завдання 21. У фінал пісенного конкурсу вийшло 4 солісти та 3 гурти. Порядковий номер виступу фіналістів визначають жеребкуванням. Скільки всього є варіантів послідовностей виступів фіналістів, якщо спочатку виступатимуть гурти, а після них — солісти? Уважайте, що кожен фіналіст виступатиме у фіналі лише один раз?
Оскільки транспортир можна обрати 3 способами, а лінійку – 4, то обрати транспортир з лінійкою можна 3·4=12 способами. Крім того, маємо ще 2 набори. Тоді остаточно 12 + 2 = 14.
Показати відповідь
144.
Оскільки варіантів виступів гуртів P3= 3! = 1 · 2 · 3 = 6, а варіантів виступів солістів P4= 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24, то варіантів виступів спочатку гуртів, а потім солістів 6 · 24 = 144.
Завдання 22. Для оформлення салону краси вирішили замовити в магазині квітів 2 орхідеї різних кольорів та 5 кущів хризантем п’яти різних кольорів. Усього в магазині є в продажу орхідеї 10 кольорів та кущі хризантем 8 кольорів. Скільки всього є способів формування такого замовлення?
Оскільки варіантів виступів гуртів P3= 3! = 1 · 2 · 3 = 6, а варіантів виступів солістів P4= 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24, то варіантів виступів спочатку гуртів, а потім солістів 6 · 24 = 144.
Показати відповідь
2520.
Оскільки орхідеї можна обратиC_{10}^2способами, а хризантемиC_8^5, то маємоC_{10}^{2}\cdot{C_{8}^{5}}=\frac{10!}{2!(10-2)!}\cdot\frac{8!}{5!(8-5)!}=\frac{10!}{2!8!}\cdot\frac{8!}{5!3!}=\frac{9\cdot10}{2!}\cdot\frac{6\cdot7\cdot8}{3!}=9\cdot5\cdot7\cdot8=2520способів.
Завдання 23. В Оленки є 8 різних фотографій з її зображенням та 6 різних фотографій її класу. Скільки всього в неї є способів вибрати з них 3 фотографії зі своїм зображенням для персональної сторінки в соціальній мережі та дві фотографії свого класу для сайту школи?
Оскільки орхідеї можна обратиC_{10}^2способами, а хризантемиC_8^5, то маємоC_{10}^{2}\cdot{C_{8}^{5}}=\frac{10!}{2!(10-2)!}\cdot\frac{8!}{5!(8-5)!}=\frac{10!}{2!8!}\cdot\frac{8!}{5!3!}=\frac{9\cdot10}{2!}\cdot\frac{6\cdot7\cdot8}{3!}=9\cdot5\cdot7\cdot8=2520способів.
Показати відповідь
840.
Оскільки свої фотографії можна обратиC_8^3способами, а фотографії класуC_6^2, то маємоC_{8}^{3}C_{6}^{2}=\frac{8!}{3!(8-3)!}\frac{6!}{2!(6-2)!}=840.
Завдання 24. Марійка зірвала на клумбі 9 нарцисів та 4 тюльпани. Скільки всього існує способів вибору із цих квітів 3 нарцисів та 2 тюльпанів для букета?
Оскільки свої фотографії можна обратиC_8^3способами, а фотографії класуC_6^2, то маємоC_{8}^{3}C_{6}^{2}=\frac{8!}{3!(8-3)!}\frac{6!}{2!(6-2)!}=840.
Показати відповідь
504.
Оскільки нарциси можна обратиC_9^3способами, а тюльпаниC_4^2, то маємоC_{9}^{3}C_{4}^{2}=\frac{9!}{3!(9-3)!}\frac{4!}{2!(4-2)!}=504.
Завдання 25. Піцерія пропонує послугу “Зроби піцу сам”, що передбачає вибір клієнтом добавок для піци. Поміж добавок — 8 м’ясних (шинка, ковбаса та інші) і 9 овочевих (цибуля, перець та інші). Клієнт вибирає 2 м’ясні добавки, однією з яких обов’язково має бути шинка, і 3 — овочевих, за винятком цибулі. Скільки всього існує варіантів такого вибору добавок клієнтом?
Оскільки нарциси можна обратиC_9^3способами, а тюльпаниC_4^2, то маємоC_{9}^{3}C_{4}^{2}=\frac{9!}{3!(9-3)!}\frac{4!}{2!(4-2)!}=504.
Показати відповідь
392.
Оскільки з 2 м'ясних добавок одна обов'язково шинка, то потрібно обрати 1 з 7, що залишилися, тобто її можна обратиC_7^1способами. Потрібно обрати 3 овочеві добавки з 8 (цибулю виключаємо), їх можна обратиC_8^3. Тоді існуєC_{7}^{1}\cdot{C_{8}^{3}}=\frac{7!}{1!(7-1)!}\cdot\frac{8!}{3!(8-3)!}=\frac{7!}{6!}\cdot\frac{8!}{3!5!}=7\cdot\frac{6\cdot7\cdot8}{3!}=7\cdot7\cdot8=392.
Завдання 26. Для перевезення дітей формують колону, яка складається з п’яти автобусів і двох супровідних автомобілів: одного на чолі колони, іншого – позаду неї. Скільки всього існує різних способів розташування автобусів і супровідних автомобілів у цій колоні?
Оскільки з 2 м'ясних добавок одна обов'язково шинка, то потрібно обрати 1 з 7, що залишилися, тобто її можна обратиC_7^1способами. Потрібно обрати 3 овочеві добавки з 8 (цибулю виключаємо), їх можна обратиC_8^3. Тоді існуєC_{7}^{1}\cdot{C_{8}^{3}}=\frac{7!}{1!(7-1)!}\cdot\frac{8!}{3!(8-3)!}=\frac{7!}{6!}\cdot\frac{8!}{3!5!}=7\cdot\frac{6\cdot7\cdot8}{3!}=7\cdot7\cdot8=392.
Показати відповідь
240.
Автобуси можна розставити 5! способами, а автомобілі – 2! способами, то маємо 5! · 2! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 1 · 2 = 240.
Завдання 27. У магазині в продажу є 6 видів тарілок, 8 видів блюдець та 12 видів чашок. Олена збирається купити бабусі в подарунок у цьому магазині або чашку та блюдце, або лише тарілку. Скільки всього є способів в Олени купити бабусі такий подарунок?
Автобуси можна розставити 5! способами, а автомобілі – 2! способами, то маємо 5! · 2! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 1 · 2 = 240.
Показати відповідь
102.
Блюдце можна вибрати 8 способами, а чашку - 12 способами. Тоді чашку та блюдце можна вибрати 8 · 12 = 96 способами. Тарілку можна вибрати 6 способами, тому чашку та блюдце, або лише тарілку можна вибрати 96 + 6 = 102 способами.
Завдання 28. У чайному кіоску в наявності є лише розфасований у коробки по 100 г листовий чорний чай 8 видів, серед яких є вид «чорна перлина». Покупець вирішив придбати в цьому кіоску для подарункового набору три коробки чорного чаю трьох різних видів, серед яких обов’язково повинен бути вид «чорна перлина». Скільки всього в покупця є варіантів такого придбання трьох коробок чаю для набору з наявних у кіоску?
Блюдце можна вибрати 8 способами, а чашку - 12 способами. Тоді чашку та блюдце можна вибрати 8 · 12 = 96 способами. Тарілку можна вибрати 6 способами, тому чашку та блюдце, або лише тарілку можна вибрати 96 + 6 = 102 способами.
Показати відповідь
21.
Оскільки «чорна перлина» повинна бути обов’язково, то потрібно вибрати лише 2 коробки з 7, що залишилося. Тому маємоC_7^2=\frac{7!}{2!(7-2)!}=\frac{7!}{2!5!}=\frac{5!\cdot6\cdot7}{2!5!}=\frac{6\cdot7}{2}=3\cdot7=21.
Завдання 29. Скільки існує різних дробів\frac{m}{n}, якщо m набуває значень 1; 2 або 4, а n набуває значень 5; 7; 11; 13 або 17?
Оскільки «чорна перлина» повинна бути обов’язково, то потрібно вибрати лише 2 коробки з 7, що залишилося. Тому маємоC_7^2=\frac{7!}{2!(7-2)!}=\frac{7!}{2!5!}=\frac{5!\cdot6\cdot7}{2!5!}=\frac{6\cdot7}{2}=3\cdot7=21.
Показати відповідь
15.
Оскільки чисельник може набувати 3 значень, а знаменник – 5, то за правилом добутку маємо 3 · 5 = 15 варіантів.
Оскільки чисельник може набувати 3 значень, а знаменник – 5, то за правилом добутку маємо 3 · 5 = 15 варіантів.
Коментарі