Strona główna › Statystyka i prawdopodobieństwo › Kombinatoryka

Kombinatoryka

Kombinatoryka odpowiada na pytanie „ile jest” tam, gdzie wypisanie wszystkiego jest niewykonalne. W zakresie podstawowym opiera się na dwóch regułach — mnożenia i dodawania — i na jednej umiejętności, która sprawia najwięcej kłopotu: rozbiciu zadania na przypadki. Ta strona jest o zadaniach z warunkiem: gdy treść mówi „dokładnie jedna cyfra siedem” albo „kolejność nie ma znaczenia”, samo mnożenie już nie wystarcza.

Dział: Statystyka i prawdopodobieństwoPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 9

Przejdź od razu do zadań (9) ↓

1Co obejmuje zakres podstawowy

Warto wiedzieć, gdzie przebiega granica, bo w tym dziale jest ona wyjątkowo ostra.

Dwa zakresy, dwa różne narzędzia

Zakres podstawowy (dział XI „Kombinatoryka”, punkty 1–2, podstawa dla liceum w wersji od 2025): „zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych” oraz „zlicza obiekty, stosując reguły mnożenia i dodawania (także łącznie) dla dowolnej liczby czynności”.

Zakres rozszerzony (punkt 1): „…oraz wzorów na liczbę: permutacji, kombinacji i wariacji”, a punkt 2 dokłada symbol Newtona.

Znaczy to, że wzory kombinatoryczne nie są wymagane na maturze podstawowej. Wszystkie zadania podstawowe da się rozwiązać dwiema regułami i zdrowym rozsądkiem — i tak właśnie są ułożone. Nie znaczy to jednak, że ich nie zobaczysz: karta wzorów CKE podaje permutacje, kombinacje oraz wariacje z powtórzeniami i bez powtórzeń (strona 28), a karta jest ta sama dla obu poziomów. Wzoru wolno użyć — tylko nikt nie wymaga, żebyś go znał.

Podstawa robi jeszcze jedną rzecz, rzadko spotykaną: podaje przykłady zadań wprost w treści punktu. Wymienia obliczanie, ile jest czterocyfrowych liczb nieparzystych, w których zapisie występuje dokładnie jedna cyfra $1$ i dokładnie jedna cyfra $2$ . To nie przypadek, że zadania maturalne z tego działu wyglądają dokładnie tak — twórcy arkuszy przepisują ten wzorzec.

Same reguły mnożenia i dodawania — kiedy mnożymy, kiedy dodajemy i skąd to się bierze — opisuję na osobnej stronie. Tutaj zakładam je za znane i zajmuję się tym, co się z nimi robi w zadaniach z warunkiem.

2Warunek na konkretną cyfrę — rozbicie na przypadki

To najczęstszy typ zadania w całym dziale i jedyny, który naprawdę wymaga strategii. Treść brzmi zwykle: ile jest liczb trzycyfrowych parzystych, w których cyfra siedem występuje dokładnie raz.

Kluczowa obserwacja: warunek „dokładnie raz” nie mówi, gdzie ta cyfra stoi. Trzeba więc rozważyć każde możliwe położenie osobno, a wyniki dodać — bo przypadki się wykluczają.

Ustal, na których pozycjach wyróżniona cyfra może stać. Bywa, że treść wyklucza niektóre z nich: cyfra $7$ nie stanie na końcu liczby parzystej.
Dla każdego położenia policz iloczyn możliwości na pozostałych pozycjach, pamiętając, że wyróżniona cyfra nie może się tam powtórzyć.
Zsumuj przypadki.

Drugi punkt kryje pułapkę, przez którą wyniki wychodzą za duże: jeśli warunek brzmi „dokładnie raz”, to na pozostałych pozycjach wyróżnionej cyfry być nie może. Zapomnienie o tym zamienia zadanie w „co najmniej raz” i podnosi wynik.

Pierwsza cyfra i ostatnia cyfra mają swoje reguły

Pierwsza nie może być zerem — inaczej liczba nie byłaby trzycyfrowa. Zwykle daje to $9$ możliwości zamiast $10$ .

Ostatnia bywa ograniczona przez parzystość albo podzielność: parzysta to $5$ możliwości, nieparzysta też $5$ , podzielna przez pięć — tylko $2$ .

Gdy oba ograniczenia dotyczą tej samej liczby, zaczynaj od tego, które jest ostrzejsze — inaczej liczba możliwości na dalszych pozycjach zacznie zależeć od wcześniejszych wyborów.

3Gdy kolejność nie ma znaczenia

Drugi typ zadania poznaje się po sformułowaniu: *na ile sposobów można wybrać dwie osoby, ile uścisków dłoni, ile odcinków łączy punkty*. Tutaj para „Ala i Bartek” to ta sama para co „Bartek i Ala”.

Zakres podstawowy nie daje na to wzoru, ale daje coś prostszego — policz tak, jakby kolejność miała znaczenie, a potem podziel przez liczbę powtórzeń:

\text{liczba par} = \frac{n \cdot (n-1)}{2}

Licznik to reguła mnożenia: pierwszą osobę wybieramy na $n$ sposobów, drugą na $n-1$ . Mianownik $2$ bierze się stąd, że każdą parę policzyliśmy dwa razy — raz w jednej kolejności, raz w drugiej.

To rozumowanie warto umieć odtworzyć, bo działa też przy trójkach (dzielimy przez $6$ , czyli przez liczbę ustawień trzech elementów) i tłumaczy, skąd biorą się wzory z rozszerzenia.

sformułowanie w treści	czy kolejność ma znaczenie	co robimy
kod, numer, ustawienie w rzędzie	tak	sama reguła mnożenia
wybór grupy, uścisk dłoni, odcinek	nie	mnożymy i dzielimy przez powtórzenia
losowanie ze zwracaniem	tak, i elementy się powtarzają	pełna pula na każdej pozycji

Rozróżnienie z pierwszej kolumny jest istotniejsze od wszystkich wzorów razem wziętych. Zadanie o kodach i zadanie o wyborze delegacji wyglądają podobnie, a różnią się dzieleniem przez liczbę, o której łatwo zapomnieć.

4Mapa wzorów z zakresu rozszerzonego

Nawet jeśli piszesz maturę podstawową, warto rozpoznawać nazwy — bo pojawiają się w zbiorach zadań i w rozwiązaniach w internecie.

nazwa	co liczy	wzór
permutacje	ustawienia wszystkich $n$ elementów w rzędzie	$n!$
wariacje bez powtórzeń	wybór $k$ z $n$ z kolejnością	$\frac{n!}{(n-k)!}$
wariacje z powtórzeniami	jak wyżej, ale elementy mogą się powtarzać	$n^k$
kombinacje	wybór $k$ z $n$ bez kolejności	$\binom{n}{k}$

Wszystkie cztery to skróty do rachunków, które w zakresie podstawowym wykonuje się „ręcznie”. Kod czterocyfrowy z czterech różnych cyfr to $4! = 24$ — ale ten sam wynik daje zwykłe $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1$ .

Warto zauważyć, że wariacja z powtórzeniami to po prostu reguła mnożenia z tą samą pulą na każdej pozycji. Nazwa nic nie dodaje do rachunku — porządkuje tylko język.

Symbol $\binom{n}{k}$ czyta się „n po k”. Dla $k = 2$ upraszcza się do wzoru z poprzedniej sekcji, więc zadania o parach da się rozwiązać bez niego.

5Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: warunek na cyfrę z rozbiciem na przypadki, kod z różnych cyfr, podzielność i wybór bez kolejności.

Przykład 1 Dokładnie jedna siódemka

Ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych parzystych, w których cyfra $7$ występuje dokładnie raz?

Liczba jest parzysta, więc ostatnia cyfra należy do $\{0, 2, 4, 6, 8\}$ — siódemki tam być nie może.
Zostają dwa położenia siódemki: setki albo dziesiątki. Przypadki się wykluczają, więc na końcu je dodam.
Siódemka w setkach: $7\_\_$ . Dziesiątki: dowolna cyfra poza $7$ , czyli $9$ możliwości. Jedności: parzysta, czyli $5$ . Razem $9 \cdot 5 = 45$ .
Siódemka w dziesiątkach: $\_7\_$ . Setki: nie zero i nie siedem, czyli $8$ możliwości. Jedności: parzysta, $5$ . Razem $8 \cdot 5 = 40$ .
Suma: $45 + 40 = 85$ .
Kontrola przez wyliczenie: przejrzenie wszystkich liczb od $100$ do $999$ i policzenie tych, które są parzyste i mają dokładnie jedną siódemkę, daje $85$ ✓

Odpowiedź: $85$ liczb

Zwróć uwagę na różnicę między $9$ a $8$ w obu przypadkach: w pierwszym wykluczamy tylko siódemkę, w drugim także zero, bo chodzi o pierwszą cyfrę liczby. Ta jedna różnica odpowiada za pięć liczb w wyniku.

Przykład 2 Kod z czterech różnych cyfr

Ile jest kodów czterocyfrowych utworzonych z cyfr $1$ , $3$ , $6$ , $8$ , jeśli każda z nich występuje dokładnie raz?

Pierwsza pozycja: $4$ możliwości.
Druga: $3$ , bo jedna cyfra została już użyta. Trzecia: $2$ . Czwarta: $1$ .
$4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ .
Kontrola nazwą: to permutacja czterech elementów, czyli $4! = 24$ ✓
Kontrola przez wyliczenie: wygenerowanie wszystkich ustawień czterech cyfr daje $24$ różne kody ✓

Odpowiedź: $24$ kody

Gdyby cyfry mogły się powtarzać, wynik wynosiłby $4^4 = 256$ — ponad dziesięć razy więcej. Jedno zdanie treści („każda dokładnie raz”) zmienia więc rachunek zupełnie.

Przykład 3 Podzielność zamiast zliczania

Ile jest liczb naturalnych trzycyfrowych podzielnych przez $5$ ?

Można to policzyć regułą mnożenia: setki $9$ możliwości, dziesiątki $10$ , jedności tylko $0$ albo $5$ , czyli $2$ .
$9 \cdot 10 \cdot 2 = 180$ .
Kontrola drugim sposobem: najmniejsza taka liczba to $100$ , największa $995$ , a kolejne różnią się o $5$ .
$\frac{995 - 100}{5} + 1 = 179 + 1 = 180$ ✓
Kontrola przez wyliczenie: przejrzenie liczb od $100$ do $999$ daje $180$ podzielnych przez pięć ✓

Odpowiedź: $180$ liczb

Dwa niezależne sposoby dają ten sam wynik i warto znać oba: pierwszy uogólnia się na warunki dotyczące cyfr, drugi — na dowolny dzielnik. Dodanie jedynki w drugim rachunku jest miejscem, w którym najłatwiej o pomyłkę.

Przykład 4 Uściski dłoni

Każdy z dwunastu przyjaciół uścisnął dłoń każdemu z pozostałych dokładnie raz. Ile było uścisków?

Gdyby kolejność miała znaczenie: pierwszą osobę wybieram na $12$ sposobów, drugą na $11$ , czyli $132$ .
Ale uścisk osób $A$ i $B$ to ten sam uścisk co $B$ i $A$ — każdy policzyłem dwa razy.
$\frac{132}{2} = 66$ .
Kontrola małym przypadkiem: dla trzech osób wzór daje $\frac{3 \cdot 2}{2} = 3$ , i rzeczywiście trzy osoby wymieniają trzy uściski ✓
Kontrola przez wyliczenie: policzenie wszystkich par spośród dwunastu osób daje $66$ ✓

Odpowiedź: $66$ uścisków

Kontrola małym przypadkiem jest tu warta więcej niż wzór: dla trzech osób odpowiedź da się sprawdzić na palcach, a jeśli wzór ją potwierdza, prawie na pewno jest dobry również dla dwunastu.

6Najczęstsze błędy

Pierwsze trzy błędy dotyczą warunków w treści, dwa ostatnie — wyboru metody.

Dopuszczenie wyróżnionej cyfry na pozostałych pozycjach.

Skąd się bierze: Warunek „dokładnie raz” bywa czytany jako „przynajmniej raz”.

Jak zrobić dobrze: Na pozostałych pozycjach ta cyfra jest zabroniona. Dlatego w przypadku z siódemką w setkach dziesiątki mają $9$ , a nie $10$ możliwości.

Mnożenie przypadków zamiast ich dodawania.

Skąd się bierze: Reguła mnożenia jest bardziej rozpoznawalna i bywa stosowana automatycznie.

Jak zrobić dobrze: Położenia wyróżnionej cyfry wykluczają się nawzajem, więc wyniki dodajemy. Mnożymy tylko wewnątrz jednego przypadku.

Pominięcie zakazu zera na pierwszej pozycji.

Skąd się bierze: Cyfr jest dziesięć i tak zwykle zaczyna się rachunek.

Jak zrobić dobrze: Liczba trzycyfrowa nie zaczyna się od zera. Jeśli dodatkowo wykluczamy inną cyfrę, zostaje $8$ możliwości, nie $9$ .

Brak dzielenia przez powtórzenia przy wyborze bez kolejności.

Skąd się bierze: Rachunek $n \cdot (n-1)$ wygląda na kompletny i daje sensowną liczbę.

Jak zrobić dobrze: Sprawdź, czy zamiana elementów miejscami daje ten sam wynik. Przy uściskach i wyborach — daje, więc trzeba podzielić przez $2$ .

Sięganie po wzory na kombinacje na poziomie podstawowym.

Skąd się bierze: Wzór wygląda na szybszy niż rozumowanie.

Jak zrobić dobrze: Na maturze podstawowej wzory nie są wymagane, a zadania są układane tak, by dało się je rozwiązać dwiema regułami. Rozumowanie jest odporniejsze na pomyłkę niż zapamiętany symbol.

Zadania maturalne — wybór, w którym kolejność nie ma znaczenia

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co policzone po drodze. Cała różnica między tą stroną a regułą mnożenia sprowadza się do jednego pytania: czy kolejność ma znaczenie. Gdy wybieramy parę osób do gry albo liczymy uściski dłoni, para

(A, B)

(B, A)

to to samo — więc liczbę uporządkowanych wyborów trzeba podzielić przez 2. Wzór:

\binom{n}{2} = \tfrac{n(n-1)}{2}

Zadania zamknięte

Zadanie 1 (maj 2014)1 pktśrednie

Na ile sposobów można wybrać dwóch graczy spośród

10

zawodników?

A. $100$
B. $90$
C. $45$
D. $20$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Najpierw trzeba rozstrzygnąć jedno: czy kolejność wybierania ma znaczenie? Nie ma — wybranie Adama i Basi to ta sama para co wybranie Basi i Adama.
Krok 1 — liczymy wybory uporządkowane. Gdyby kolejność miała znaczenie (np. wybieramy kapitana i zastępcę):
pierwszy gracz: $\textcolor{#16A06A}{10}$ możliwości
drugi gracz: jeden już wybrany → $\textcolor{#E0453A}{9}$ możliwości
razem: $\textcolor{#16A06A}{10} \cdot \textcolor{#E0453A}{9} = \textcolor{#E0453A}{90}$
Krok 2 — dzielimy przez 2. Każda para została policzona dwa razy — raz w każdej kolejności:
$\dfrac{\textcolor{#E0453A}{90}}{\textcolor{#16A06A}{2}} = 45$
Odpowiedź: $45$ , czyli C.
Ten sam rachunek zapisany wzorem na kombinacje: $\binom{10}{2} = \dfrac{10 \cdot 9}{2} = 45$ .

💡 Wskazówka: Odpowiedź B ( $90$ ) to poprawna liczba wyborów uporządkowanych — czyli odpowiedź na inne pytanie: „na ile sposobów można wybrać kapitana i jego zastępcę”. Jedna dzieli się od drugiej przez 2. Warto zawsze zapytać, czy role wybranych osób się różnią.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B, czyli pominięcie dzielenia przez 2. Odpowiedź A ( $100 = 10^2$ ) powstaje z dopuszczenia, że można wybrać tego samego zawodnika dwa razy — a wybieramy dwóch różnych graczy.

Zadanie 2 (grudzień 2013)1 pktśrednie

Każdy uczestnik spotkania dwunastoosobowej grupy przyjaciół uścisnął dłoń każdemu z pozostałych członków tej grupy. Liczba wszystkich uścisków dłoni była równa

A. $66$
B. $72$
C. $132$
D. $144$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

Uścisk dłoni to para osób — i to para nieuporządkowana, bo uścisk między Anną i Bartkiem jest jednym uściskiem, nie dwoma.
Krok 1 — liczymy „skierowane” uściski. Każda z $\textcolor{#16A06A}{12}$ osób ściska dłoń każdej z pozostałych $\textcolor{#E0453A}{11}$ :
$\textcolor{#16A06A}{12} \cdot \textcolor{#E0453A}{11} = \textcolor{#E0453A}{132}$
Krok 2 — dzielimy przez 2. W tym rachunku każdy uścisk został policzony dwa razy — raz z perspektywy każdej z dwóch osób:
$\dfrac{\textcolor{#E0453A}{132}}{\textcolor{#16A06A}{2}} = 66$
Odpowiedź: $66$ , czyli A.
Kontrola na małej grupie: przy trzech osobach uścisków jest $3$ (A–B, A–C, B–C), a wzór daje $\tfrac{3 \cdot 2}{2} = 3$ ✓. Przy czterech: $\tfrac{4 \cdot 3}{2} = 6$ i faktycznie sześć par.

💡 Wskazówka: Sprawdź wzór na małej grupie, którą da się policzyć na palcach — trzy albo cztery osoby. Jeśli $\tfrac{n(n-1)}{2}$ zgadza się dla $n = 3$ , zgodzi się i dla $n = 12$ . To najszybszy sposób upewnienia się, czy dzielić przez 2, czy nie.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź C ( $132$ ), czyli policzenie $12 \cdot 11$ bez dzielenia przez 2 — czyli uznanie, że uścisk „A ściska B” to co innego niż „B ściska A”. Odpowiedź D ( $144 = 12^2$ ) powstaje z dopuszczenia, że ktoś ściska dłoń samemu sobie.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. C

2. A

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Zadania maturalne — zliczanie liczb

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co wyliczamy. Przy zliczaniu liczb zaczynaj zawsze od pytania: ile możliwości ma każda pozycja. Pierwsza cyfra prawie nigdy nie może być zerem — to najczęstsze źródło błędu w całym dziale.

Sprawdź się bez zaglądania do odpowiedzi. Wylosuję 7 zadań zamkniętych z tego zestawu — klucz i rozwiązania schowam do czasu sprawdzenia. Pula liczy 7 zadań, więc za każdym razem dostaniesz inny zestaw.

Zadania zamknięte

Zadanie 1 (sierpień 2025)1 pktśrednie

Wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych większych od

500

, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry nieparzyste, jest

A. $13$
B. $50$
C. $75$
D. $107$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Cyfry nieparzyste to $\textcolor{#16A06A}{1, 3, 5, 7, 9}$ — pięć możliwości.
Cyfra setek: musi dać liczbę większą od $500$ . Spośród cyfr nieparzystych warunek spełniają $5$ , $7$ i $9$ , czyli $\textcolor{#E0453A}{3}$ możliwości.
Warto sprawdzić przypadek graniczny: najmniejsza liczba zaczynająca się od $5$ o samych nieparzystych cyfrach to $511$ , a $511 > 500$ . Cała setka wchodzi więc w całości.
Cyfra dziesiątek: dowolna nieparzysta — $\textcolor{#E0453A}{5}$ możliwości.
Cyfra jedności: też dowolna nieparzysta — $\textcolor{#E0453A}{5}$ możliwości.
$3 \cdot 5 \cdot 5 = \textcolor{#E0453A}{75}$
Odpowiedź: C.

💡 Wskazówka: Bez warunku „większa od $500$ ” wyszłoby $5 \cdot 5 \cdot 5 = 125$ . Porównanie obu liczb pokazuje, że warunek naprawdę coś odsiewa — jeśli po jego uwzględnieniu wynik się nie zmienia, gdzieś jest błąd.

⚠ Odrzucenie setki piątek w obawie, że „ $5$ to nie więcej niż $500$ ”. Cyfra setek równa $5$ daje liczby od $500$ w górę, a przy samych nieparzystych cyfrach najmniejsza z nich to $511$ — więc wszystkie są większe od $500$ .

Zadanie 2 (grudzień 2024)1 pkttrudniejsze

Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych nieparzystych, w których zapisie dziesiętnym występują wyłącznie cyfry

0, 1, 2, 3

(np.

12\,303

11\,111

), jest

A. $32$
B. $384$
C. $512$
D. $576$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

Do dyspozycji są cztery cyfry: $0, 1, 2, 3$ . Dwa warunki ograniczają skrajne pozycje.
Pierwsza cyfra nie może być zerem, bo liczba ma być pięciocyfrowa — zostają $1, 2, 3$ , czyli $\textcolor{#E0453A}{3}$ możliwości.
Ostatnia cyfra musi być nieparzysta — z naszego zbioru to $1$ i $3$ , czyli $\textcolor{#E0453A}{2}$ możliwości.
Trzy środkowe cyfry są zupełnie dowolne — po $\textcolor{#E0453A}{4}$ możliwości każda.
$3 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 2 = \textcolor{#E0453A}{384}$
Odpowiedź: B.

💡 Wskazówka: Ustal najpierw pozycje z warunkami (tu: pierwsza i ostatnia), a dopiero potem swobodne. Odwrotna kolejność prowadzi do liczenia tych samych ograniczeń dwa razy albo do pominięcia jednego z nich.

⚠ Odpowiedź C ( $512 = 4^4 \cdot 2$ ) powstaje z dopuszczenia zera na pierwszej pozycji. Takie „liczby” jak $01\,231$ są w istocie czterocyfrowe i do zbioru nie należą.

Zadanie 3 (czerwiec 2023)1 pktłatwe

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych o sumie cyfr równej

3

jest

A. $8$
B. $4$
C. $5$
D. $6$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

Przy tak małej sumie cyfr wypisanie wszystkich przypadków jest szybsze niż jakikolwiek wzór — trzeba tylko robić to systematycznie, rosnąco.
Cyfra setek równa $1$ : $\textcolor{#E0453A}{102}$ , $\textcolor{#E0453A}{111}$ , $\textcolor{#E0453A}{120}$ .
Cyfra setek równa $2$ : $\textcolor{#E0453A}{201}$ , $\textcolor{#E0453A}{210}$ .
Cyfra setek równa $3$ : $\textcolor{#E0453A}{300}$ .
Cyfra setek nie może być zerem ani większa od $\textcolor{#16A06A}{3}$ , bo suma cyfr wynosi $3$ . Lista jest więc kompletna.
Razem $\textcolor{#E0453A}{6}$ liczb.
Odpowiedź: D.

💡 Wskazówka: Porządkuj wypisywanie według pierwszej cyfry i wewnątrz każdej grupy rosnąco. Wtedy widać, kiedy grupa się kończy, i nic nie ucieka.

⚠ Pominięcie liczb z zerem w środku lub na końcu ( $102$ , $120$ , $210$ , $300$ ). Zero jest legalną cyfrą wszędzie poza pierwszą pozycją, a przy małej sumie cyfr stanowi większość przypadków.

Zadanie 4 (sierpień 2020)1 pktśrednie

Ile jest wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych mniejszych od

2020

i podzielnych przez

4

A. $506$
B. $505$
C. $256$
D. $255$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

Szukane liczby tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy $4$ — wystarczy znaleźć jego pierwszy i ostatni wyraz.
Najmniejsza liczba czterocyfrowa to $\textcolor{#16A06A}{1000}$ i akurat dzieli się przez $4$ , więc jest pierwszym wyrazem.
Ostatni wyraz to największa wielokrotność $4$ mniejsza od $\textcolor{#16A06A}{2020}$ . Sama liczba $2020$ dzieli się przez $4$ , ale warunek jej nie obejmuje, więc bierzemy $\textcolor{#E0453A}{2016}$ .
$n = \frac{2016 - 1000}{4} + 1 = \frac{1016}{4} + 1 = 254 + 1$
$n = \textcolor{#E0453A}{255}$
Odpowiedź: D.

💡 Wskazówka: Dodane na końcu $+1$ to nie ozdobnik — bez niego policzyłbyś odstępy między liczbami, a nie same liczby. Sprawdź to na krótkim przykładzie: między $4$ a $12$ są dwa odstępy, ale trzy liczby.

⚠ Wliczenie liczby $2020$ i odpowiedź C ( $256$ ). Zwrot „mniejszych od $2020$ ” wyklucza $2020$ — gdyby zadanie mówiło „nie większych”, poprawna byłaby właśnie ta odpowiedź. Dlatego wśród wariantów stoją obie liczby, różniące się o jeden.

Zadanie 5 (czerwiec 2015)1 pktśrednie

Ile jest wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych podzielnych przez

6

i niepodzielnych przez

9

A. $6$
B. $10$
C. $12$
D. $15$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

Liczymy najpierw wszystkie, potem odejmujemy niechciane.
Dwucyfrowe wielokrotności $6$ : od $12$ do $96$ , czyli $\frac{96-12}{6}+1 = \textcolor{#E0453A}{15}$ liczb.
Które z nich dzielą się także przez $9$ ? Liczba podzielna jednocześnie przez $6$ i przez $9$ jest podzielna przez ich najmniejszą wspólną wielokrotność, czyli przez $\textcolor{#E0453A}{18}$ — a nie przez $54$ .
Dwucyfrowe wielokrotności $18$ : $18$ , $36$ , $54$ , $72$ , $90$ — czyli $\textcolor{#E0453A}{5}$ liczb.
$15 - 5 = \textcolor{#E0453A}{10}$
Odpowiedź: B.

💡 Wskazówka: Warunek „podzielna przez $6$ i przez $9$ ” prowadzi do NWW, nie do iloczynu. Liczby $6$ i $9$ mają wspólny dzielnik $3$ , więc $6 \cdot 9 = 54$ byłoby o wiele za dużo — dla liczb względnie pierwszych, np. $6$ i $5$ , iloczyn i NWW faktycznie się pokrywają.

⚠ Podzielenie $15$ przez coś albo odjęcie liczby wielokrotności $9$ zamiast wielokrotności $18$ . Dwucyfrowych wielokrotności $9$ jest $10$ , ale większość z nich nie dzieli się przez $6$ , więc nie było ich w naszej piętnastce i nie ma czego odejmować.

Zadanie 6 (informator CKE)1 pkttrudniejsze

Wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych, które są podzielne przez

6

lub przez

10

, jest

A. $25$
B. $24$
C. $21$
D. $20$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

Spójnik „lub” znaczy: należy do jednego zbioru, do drugiego albo do obu naraz.
Wielokrotności $6$ : od $12$ do $96$ — $\textcolor{#E0453A}{15}$ liczb.
Wielokrotności $10$ : od $10$ do $90$ — $\textcolor{#E0453A}{9}$ liczb.
Zwykłe dodanie policzyłoby dwa razy te liczby, które są w obu zbiorach. Są to wielokrotności NWW $(6, 10) = 30$ : $30$ , $60$ , $90$ — czyli $\textcolor{#E0453A}{3}$ liczby.
$15 + 9 - 3 = \textcolor{#E0453A}{21}$
Odpowiedź: C.

💡 Wskazówka: To zasada włączeń i wyłączeń: $|A \cup B| = |A| + |B| - |A \cap B|$ . Przy „lub” część wspólną się odejmuje, przy „i” — właśnie ona jest odpowiedzią.

⚠ Pominięcie części wspólnej i odpowiedź B ( $15 + 9 = 24$ ). Ta pułapka jest w zadanie wpisana celowo — liczba $24$ stoi wśród wariantów właśnie po to. Trzy liczby: $30$ , $60$ i $90$ zostałyby policzone podwójnie.

Zadanie 7 (listopad 2009)1 pktłatwe

Wybieramy liczbę

a

ze zbioru

A = \{2, 3, 4, 5\}

oraz liczbę

b

ze zbioru

B = \{1, 4\}

. Ile jest takich par

(a, b)

, że iloczyn

a \cdot b

jest liczbą nieparzystą?

A. $2$
B. $3$
C. $5$
D. $20$

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

Iloczyn jest nieparzysty tylko wtedy, gdy oba czynniki są nieparzyste. Wystarczy jeden czynnik parzysty, żeby cały iloczyn stał się parzysty.
Nieparzyste elementy zbioru $A$ : $\textcolor{#16A06A}{3}$ oraz $\textcolor{#16A06A}{5}$ — $\textcolor{#E0453A}{2}$ możliwości.
Nieparzyste elementy zbioru $B$ : tylko $\textcolor{#16A06A}{1}$ — $\textcolor{#E0453A}{1}$ możliwość.
$2 \cdot 1 = \textcolor{#E0453A}{2}$ pary, czyli $(3, 1)$ oraz $(5, 1)$ .
Odpowiedź: A.

💡 Wskazówka: Wszystkich par jest $4 \cdot 2 = 8$ , więc odpowiedź D ( $20$ ) można odrzucić bez liczenia czegokolwiek — wynik nie może przekroczyć liczby wszystkich możliwości.

⚠ Zliczanie par, w których któryś czynnik jest nieparzysty, zamiast obu. Warunek na iloczyn dotyczy wszystkich czynników naraz — wystarczy jedna dwójka w rozkładzie, żeby iloczyn był parzysty.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. C	2. B	3. D	4. D	5. B	6. C
7. A

7Pytania i odpowiedzi

Czy na maturze podstawowej trzeba znać wzór na kombinacje?

Nie. Podstawa umieszcza wzory na permutacje, kombinacje i wariacje w zakresie rozszerzonym. Zadania podstawowe rozwiązuje się regułą mnożenia i dodawania oraz dzieleniem przez liczbę powtórzeń.

Skąd wiadomo, czy kolejność ma znaczenie?

Sprawdź, czy zamiana dwóch wybranych elementów miejscami daje nową sytuację. Przy kodzie i ustawieniu w rzędzie daje, przy wyborze grupy albo uścisku dłoni — nie, więc trzeba podzielić przez liczbę powtórzeń.

Kiedy rozbijać zadanie na przypadki?

Gdy warunek nie mówi, której pozycji dotyczy — na przykład „dokładnie jedna cyfra siedem”. Wtedy każde położenie liczymy osobno i wyniki dodajemy, bo przypadki wykluczają się nawzajem.

Czy da się sprawdzić wynik w zadaniu kombinatorycznym?

Tak, na dwa sposoby: policzyć drugą metodą, jeśli istnieje, albo sprawdzić wzór na bardzo małym przypadku, który da się wypisać ręcznie. Dla trzech osób liczba uścisków to trzy — i to potwierdza wzór.

Czym różnią się wariacje od kombinacji?

Wariacje uwzględniają kolejność wybranych elementów, kombinacje nie. Dlatego wariacji jest tyle razy więcej, ile jest możliwych ustawień wybranej grupy. Przy wyborze $k \geqslant 2$ elementów ustawień jest więcej niż jedno, więc wariacji naprawdę jest więcej; przy $k = 1$ ustawienie jest tylko jedno i obie liczby są równe.

Czytaj dalej

Reguła mnożeniaPodstawa całego działu: kiedy liczbę możliwości się mnoży, a kiedy dodaje.Rachunek prawdopodobieństwaGłówne zastosowanie zliczania: liczba zdarzeń sprzyjających i wszystkich.StatystykaDział, w którym te zadania stoją, razem z opisem danych.Zasada szufladkowa DirichletaJeśli przedmiotów jest więcej niż szuflad, w którejś są co najmniej dwa

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-07-31. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.