Kwadrat $ABCD$ o boku $3$ podzielono na $9$ kwadracików o polu $1$. Każdy z tak otrzymanych kwadracików można pomalować na jeden z dwóch kolorów: czerwony lub niebieski. Oblicz, ile jest wszystkich takich sposobów pokolorowania kwadratu $ABCD$, żeby wszystkie kwadraciki nie były w jednym kolorze.

Przydzielmy każdemu z $9$ kwadracików jeden z dwóch kolorów (czerwony lub niebieski), na który można go pomalować. Każdy taki przydział to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego, zatem wszystkich takich pokolorowań jest $2^9=512$. Ponieważ w dokładnie dwóch przypadkach kwadrat $ABCD$ zostanie pomalowany na jeden kolor (kiedy będzie cały czerwony lub cały niebieski), więc wszystkich pokolorowań zgodnych z warunkami zadania jest $512-2=510$.

W ekstralidze piłki nożnej jest $18$ zespołów. W pierwszej kolejce tej ekstraligi każdy zespół ma rozegrać jeden mecz z inną drużyną ekstraligi, przy czym taki mecz odbędzie się na boisku jednej z rywalizujących drużyn. Wyniki wszystkich $9$ meczów I kolejki ekstraligi można obstawiać, wpisując na odpowiednim kuponie przy każdym meczu: „1” – jeśli stawiamy na zwycięstwo gospodarzy, „X” – jeśli stawiamy na remis, „2” – jeśli stawiamy na zwycięstwo gości.

Pewien zapalony kibic wypełnia taki kupon trzymając się jednej zasady: co najmniej jeden mecz zakończy się wygraną gospodarzy. Na ile sposobów może on wypełnić taki kupon?

Zauważmy, że do każdego z $9$ meczów możemy na kuponie wpisać jedną z trzech możliwości: „1”, „X” lub „2”, więc każdy sposób wypełnienia kuponu to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru trzylementowego, czyli wszystkich możliwości jest $3^9$.

Wszystkie te sposoby wypełnienia kuponu można podzielic na dwie rozłączne grupy:

1. kiedy przy żadnym meczu nie wpiszemy „1”, przewidując, że żaden mecz nie zakończy sie wygraną gospodarzy,

2. kiedy przy choć jednym meczu wpiszemy „1”, przewidując, że co najmniej mecz zakończy sie wygraną gospodarzy.

Ponieważ w przypadku pierwszym każdy sposób wypełnienia kuponu to dziewięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwulementowego, więc wszystkich takich sposobów jest $2^9$.

Oznaczmy liczbę wszystkich sposobów wypełnienia kuponu w przypadku drugim przez $x$. Na podstawie reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania otrzymujemy równanie:

$x+2^9=3^9$,

skąd $x=3^9-2^9=19683–512=19171$.

Tyle jest właśnie sposobów, na które może wypełnić kupon ów zapalony kibic.

W kopercie znajduje się $10$ kartek ponumerowanych od $1$ do $10$. Z tej koperty losujemy dowolnie wybraną liczbę kartek. Ile jest możliwości wylosowania w ten sposób takiego zestawu kartek, że suma zapisanych na nich numerów: najmniejszego i największego jest równa $10$?

Zauważmy, że w sposób opisany w treści zadania sumę numerów równą $10$ można otrzymać na jeden z czterech rozłącznych sposobów:

1. gdy najmniejszy z numerów jest równy $1$ i największy jest równy $9$,

2. gdy najmniejszy z numerów jest równy $2$ i największy jest równy $8$,

3. gdy najmniejszy z numerów jest równy $3$ i największy jest równy $7$,

4. gdy najmniejszy z numerów jest równy $4$ i największy jest równy $6$.

W pierwszym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $2,3,4,5,6,7,8$. Ponieważ decyzję o wyborze każdej z tych $7$ kartek możemy podjąć na $2$ sposoby, więc każda taka decyzja to siedmioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^7$ możliwości wylosowania kartek.

W drugim przypadku wraz z wylosowanymi kartkami o numerach $2$ oraz $8$ można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $3,4,5,6,7$. Decyzja o wyborze każdej z tych $5$ kartek to pięcioelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^5$ możliwości wylosowania kartek.

W trzecim przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach $3$ oraz $7$ można wylosować dowolny podzbiór ze zbioru kartek o numerach $4,5,6$. Decyzja o wyborze każdej z tych $3$ kartek to trzyelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru dwuelementowego. Zatem w tym przypadku jest $2^3$ możliwości wylosowania kartek.

W czwartym przypadku wraz z wylosowanymi dwoma kartkami o numerach $4$ oraz $6$ mamy zdecydować, czy wraz z nimi będzie wylosowana, czy nie kartka z numerem $5$. Taką decyzję można podjąć na dwa sposoby.

Korzystając z reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania, stwierdzamy, że jest $2^7+2^5+2^3+2=128+32+8+2=170$ wszystkich możliwości wylosowania kartek w sposób opisany w treści zadania.

Rzucamy cztery razy symetryczną kostką do gry. Ile jest wszystkich takich wyników tego rzutu, które spełniają jednocześnie następujące dwa warunki:

• największą wyrzuconą liczbą oczek jest $6$,

• najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest $2$.

Każdy wynik czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w którym ani razu nie wypadła liczba oczek równa $1$ jest czteroelementową wariacją z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacją z powtórzeniami zbioru pięcioelementowego. Zatem wszyskich takich wyników jest $5^4$.

Wyniki te możemy podzielić na dwie rozłączne grupy:

1. co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $2$,

2. ani razu nie wpadła liczba oczek równa $2$.

Ponieważ każdy wynik w tym drugim przypadku to czteroelementowa wariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, więc wtedy wszystkich wyników jest $4^4$.

Wobec tego, po zastosowaniu reguły dodawaniaReguła dodawaniareguły dodawania, otrzymujemy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1), jest ich $5^4-4^4$. Oznacza to, że dokładnie tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, w których najmniejszą wyrzuconą liczbą oczek jest $2$.

Tak otrzymane wyniki dzielimy ponownie na dwie rozłączne grupy:

(1.1) co najmniej raz wypadła liczba oczek równa $6$,

(1.2) ani razu nie wypadła liczba oczek rowna $6$.

Zauważamy, że wszystkich takich wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, że ani razu nie wypadła liczba oczek mniejsza niż $2$ i ani razu nie wypadła liczba oczek równa $6$ jest tyle, ile czteroelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli $4^4$. Wśród nich są te wyniki, w których ani razu nie wypadła liczba oczek równa $2$ – jest ich tyle, ile trzyoelementowych wariacji z powtórzeniamiwariacja z powtórzeniamiwariacji z powtórzeniami zbioru czteroelementowego, czyli $3^4$. Stosując regułę dodawaniaReguła dodawaniaregułę dodawania obliczamy liczbę wszystkich wyników w przypadku (1.2) – jest ich $4^4-3^4$.

Ponownie stosując regułę dodawaniaReguła dodawaniaregułę dodawania obliczamy, że wyników w przypadku (1.1) jest

$5^4-4^4-\left(4^4-3^4\right)=625-256-\left(256-81\right)=194$.

A więc tyle jest wyników czterokrotnego rzutu kostką sześcienną, które spełniają warunki zadania.

jeżeli zbiory $A_1,A_2,\dots ,A_n$ są parami rozłączne, to liczba elementów zbioru $A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n$ jest równa sumie liczb elementów każdego ze zbiorów $A_1,A_2,\dots ,A_n$:
$\left|A_1\cup A_2\cup \dots \cup A_n\right|=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\dots \left|A_n\right|$

$k$–wyrazowy ciąg o elementach wybieranych dowolnie (czyli z powtórzeniami) ze zbioru $n$–elementowego.

liczba wszystkich $k$–elementowych wariacji z powtórzeniami zbioru $n$–elementowego jest równa $n^k$.