MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 77

a) Każda cyfra musi być jedną z liczb $1,2,4,8$, czyli potęgą $2^e$ dla $e\in\{0,1,2,3\}$. Iloczyn jest równy $8=2^3$, gdy wykładniki czterech cyfr tworzą słabą kompozycję liczby $3$. Jest ich $\binom{3+4-1}{4-1}=\binom63=20$.

b) Iloczyn $10$ wymaga jednej cyfry $2$, jednej cyfry $5$ i dwóch cyfr $1$. Liczba ustawień multizbioru wynosi $\frac{4!}{2!}=12$.

a) Pierwsza cyfra ma $4$ możliwości, dwie środkowe po $5$, a ostatnia jedną z $3$ wartości $0,2,4$. Zatem $4\cdot5^2\cdot3=300$.

b) Gdy ostatnią cyfrą jest jedyne zero, pozycję jedynej cyfry $3$ wybieramy na $3$ sposoby, a dwie pozostałe cyfry na $8^2$ sposobów: $3\cdot8^2=192$. Gdy ostatnia cyfra jest jedną z $2,4,6,8$, zero ma $2$ dozwolone pozycje (nie pierwszą), cyfra $3$ jedną z pozostałych $2$, a ostatnia wolna pozycja $8$ wartości. Otrzymujemy $4\cdot2\cdot2\cdot8=128$. Łącznie $192+128=320$.

a) Ostatnią cyfrą musi być $5$, a każda z pierwszych trzech jest równa $4$ albo $5$. Jest więc $2^3=8$ liczb.

b) Pozostałe dwie cyfry wybieramy z $S=\{0,1,2,3,6,7,8,9\}$, dopuszczając powtórzenie. Gdy ostatnią cyfrą jest $5$, ustawienie cyfry $4$ i dwóch cyfr z $S$ daje $8^2+2\cdot7\cdot8=176$ liczb (osobno pozycja pierwsza). Gdy ostatnia cyfra jest jedną z $1,3,7,9$, ustawienie jednego $4$, jednego $5$ i cyfry z $S$ na trzech pierwszych miejscach daje $46$ możliwości dla każdej cyfry jedności, czyli $4\cdot46=184$. Razem $176+184=360$.

a) Traktujemy dwie kobiety jako jeden blok. Siedem obiektów ustawiamy na $7!$ sposobów, a kobiety wewnątrz bloku na $2!$ sposoby: $7!\cdot2!=10\,080$.

b) Najpierw ustawiamy czterech mężczyzn na $4!$ sposobów. Tworzą oni $5$ luk; wybieramy $4$ z nich dla kobiet i ustawiamy kobiety na $4!$ sposobów: $4!\binom54 4!=2880$.

Wszystkich uporządkowanych wyników jest $36$.

Zdarzenie $A$ zachodzi, gdy dokładnie jeden wynik należy do $\{5,6\}$: $|A|=2\cdot2\cdot4=16$, więc $P(A)=\frac{16}{36}=\frac49$.

Dla sumy co najmniej $8$ liczby sprzyjających par dla sum $8,9,10,11,12$ wynoszą $5,4,3,2,1$. Stąd $|B|=15$ i $P(B)=\frac{15}{36}=\frac5{12}$. Ponieważ $\frac49>\frac5{12}$, bardziej prawdopodobne jest $A$.

W jednym rzucie $P(Z)=\frac13$ i $P(C)=\frac23$.

a) Zdarzenie przeciwne to dwie czerwone ścianki: $P(\text{co najmniej jedna zielona})=1-\left(\frac23\right)^2=\frac59$.

b) Co najwyżej jedna czerwona oznacza zero albo jedną czerwoną:

$$\left(\frac13\right)^2+2\cdot\frac23\cdot\frac13=\frac59.$$

Zdarzeniem przeciwnym jest wylosowanie czterech spośród $9$ pytań, których student nie zna. Zatem

$$P=1-\frac{\binom94}{\binom{15}4} =1-\frac{126}{1365}=\frac{59}{65}.$$

a) $P(4R)=\left(\frac23\right)^4=\frac{16}{81}$.

b) Co najmniej trzy reszki oznaczają trzy albo cztery reszki:

$$\binom43\left(\frac23\right)^3\frac13 +\left(\frac23\right)^4 =\frac{32}{81}+\frac{16}{81}=\frac{16}{27}.$$

Oznaczmy kule przez $C_1,B_1,B_2$, gdzie litera oznacza kolor, a indeks numer.

a) Ze zwracaniem kolor pierwszej i parzystość numeru drugiej są niezależne. Są $2$ białe kule i $2$ kule o nieparzystym numerze, zatem $P=\frac23\cdot\frac23=\frac49$.

b) Jeśli pierwsza jest $B_1$, to wśród dwóch pozostałych jest jedna kula o nieparzystym numerze; wkład wynosi $\frac13\cdot\frac12$. Jeśli pierwsza jest $B_2$, obie pozostałe mają numer nieparzysty; wkład wynosi $\frac13\cdot1$. Łącznie $P=\frac16+\frac13=\frac12$.