Permutacje, kombinacje i wariacje — silnia i symbol Newtona w zadaniach maturalnych

\[n=9.\]

Wszystkie \(n\) osób można ustawić w kolejce na \(n!\) sposobów. Anię i jej dwóch znajomych traktujemy jako jeden blok. Wówczas ustawiamy \(n-2\) obiektów na \((n-2)!\) sposobów, a trzy osoby wewnątrz bloku na \(3!\) sposobów. Z warunku zadania: \[n!=12\cdot(n-2)!\cdot3!.\] Po podzieleniu przez \((n-2)!\): \[n(n-1)=12\cdot6=72,\] \[n^2-n-72=0,\] \[(n-9)(n+8)=0.\] Ponieważ \(n\) jest dodatnią liczbą całkowitą, otrzymujemy \[n=9.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(n=9\) **2 pkt** – zapisanie równania wynikającego z warunków zadania, np. \(n!=12\cdot(n-2)!\cdot3!\) **1 pkt** – zapisanie \(n!\) jako liczby wszystkich ustawień, albo wskazanie liczby położeń bloku trzech osób, albo potraktowanie Ani i znajomych jako jednego obiektu i zapisanie \((n-2)!\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XI.R1) Zdający oblicza liczbę możliwych sytuacji spełniających określone kryteria z wykorzystaniem reguły mnożenia i dodawania oraz wzorów na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji, również w przypadkach wymagających złożonego modelu zliczania.

Liczba najkrótszych dróg z \(A\) do \(B\) jest równa \(30140\).

Każda najkrótsza droga omijająca park przechodzi przez dokładnie jeden z punktów granicznych \(C,D,E,F,G\) zaznaczonych na schemacie. Liczba tras przechodzących przez punkt \(K\) jest iloczynem liczby najkrótszych dróg z \(A\) do \(K\) i z \(K\) do \(B\). Z układu ulic odczytujemy: \[n(A,C)n(C,B)=\binom{11}{2}\binom{13}{0}=55,\] \[n(A,D)n(D,B)=\binom{11}{3}\binom{13}{1}=2145,\] \[n(A,E)n(E,B)=\binom{11}{4}\binom{13}{2}=25740,\] \[n(A,F)n(F,B)=\binom{13}{1}\binom{11}{3}=2145,\] \[n(A,G)n(G,B)=\binom{13}{0}\binom{11}{2}=55.\] Z reguły dodawania \[n(A,B)=55+2145+25740+2145+55=30140.\]

**4 pkt** – prawidłowa metoda i wynik \(30140\) **3 pkt** – obliczenie liczby najkrótszych dróg z \(A\) do każdego rozpatrywanego punktu \(K\in\{C,D,E,F,G\}\) **2 pkt** – zapisanie iloczynu \(n(A,K)n(K,B)\) dla dróg przechodzących przez \(K\) **1 pkt** – stwierdzenie, że każda najkrótsza droga przechodzi przez jeden z punktów \(C-G\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.2, III.2 i IV.4 operowanie informacjami z diagramu, tworzenie modelu matematycznego i stosowanie strategii w zadaniu nietypowym. **Wymagania szczegółowe:** XI.1R i XI.2R stosowanie reguł mnożenia i dodawania, wzorów na liczbę kombinacji oraz symbolu Newtona w problemach kombinatorycznych.

Liczba najkrótszych dróg z \(A\) do \(B\) jest równa \(30140\).

Każda najkrótsza droga omijająca park przechodzi przez dokładnie jeden z punktów granicznych \(C,D,E,F,G\) zaznaczonych na schemacie. Liczba tras przechodzących przez punkt \(K\) jest iloczynem liczby najkrótszych dróg z \(A\) do \(K\) i z \(K\) do \(B\). Z układu ulic odczytujemy: \[n(A,C)n(C,B)=\binom{11}{2}\binom{13}{0}=55,\] \[n(A,D)n(D,B)=\binom{11}{3}\binom{13}{1}=2145,\] \[n(A,E)n(E,B)=\binom{11}{4}\binom{13}{2}=25740,\] \[n(A,F)n(F,B)=\binom{13}{1}\binom{11}{3}=2145,\] \[n(A,G)n(G,B)=\binom{13}{0}\binom{11}{2}=55.\] Z reguły dodawania \[n(A,B)=55+2145+25740+2145+55=30140.\]

**4 pkt** – prawidłowa metoda i wynik \(30140\) **3 pkt** – obliczenie liczby najkrótszych dróg z \(A\) do każdego rozpatrywanego punktu \(K\in\{C,D,E,F,G\}\) **2 pkt** – zapisanie iloczynu \(n(A,K)n(K,B)\) dla dróg przechodzących przez \(K\) **1 pkt** – stwierdzenie, że każda najkrótsza droga przechodzi przez jeden z punktów \(C-G\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II-IV operowanie informacjami z diagramu, tworzenie modelu matematycznego i stosowanie strategii w zadaniu nietypowym. **Wymagania szczegółowe:** XI.1R i XI.2R stosowanie reguł mnożenia i dodawania, wzorów na liczbę kombinacji oraz symbolu Newtona w problemach kombinatorycznych.

**C.** \(\displaystyle \binom{13}{2}-\binom{7}{2}=57\). Od liczby wszystkich par odejmujemy pary złożone z dwóch liczb nieparzystych.

Losujemy jednocześnie dwie liczby, więc kolejność nie ma znaczenia — liczymy dwuelementowe podzbiory. Wszystkich sposobów jest \[\binom{13}{2}.\] Iloczyn dwóch liczb całkowitych jest parzysty dokładnie wtedy, gdy co najmniej jedna z nich jest parzysta. Wygodniej policzyć dopełnienie: iloczyn jest nieparzysty tylko wtedy, gdy obie liczby są nieparzyste. W zbiorze \(\{1,2,\ldots,13\}\) liczb nieparzystych jest \(7\) (są to \(1,3,5,7,9,11,13\)), więc par o nieparzystym iloczynie jest \(\binom{7}{2}\). Stąd szukana liczba sposobów wynosi \[\binom{13}{2}-\binom{7}{2}=78-21=57.\] **Odpowiedź.** C. \(\binom{13}{2}-\binom{7}{2}\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R10.1) Zdający wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji, wariacji i wariacji z powtórzeniami do zliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych.

**B.** \(c=36\)

Wyraz zawierający \(x^2y^2\) w rozwinięciu czwartej potęgi ma postać \[\binom42(x\sqrt2)^2(y\sqrt3)^2.\] Jego współczynnik jest równy \[c=\binom42(\sqrt2)^2(\sqrt3)^2=6\cdot2\cdot3=36.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: B **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 2.1 i R2.1 stosowanie wzorów skróconego mnożenia, w tym wzorów dla potęg sumy.

**A.** \(66\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy, co właściwie zliczamy. Jeden uścisk dłoni to **para** osób, przy czym para składająca się z Ani i Bartka to ten sam uścisk co para Bartka i Ani — kolejność nie ma znaczenia. Zliczamy więc dwuelementowe podzbiory zbioru \(12\) osób. **Krok \(2\).** Liczymy sposobem elementarnym. Każda z \(12\) osób ściska dłoń każdej z pozostałych \(11\) osób, co daje \[12\cdot11=132\] uścisków — ale policzonych z punktu widzenia poszczególnych osób. **Krok \(3\).** Zauważamy, że w tym rachunku każdy uścisk został policzony **dwa razy**: raz gdy patrzymy na jedną osobę z pary, raz gdy na drugą. Dlatego dzielimy przez \(2\): \[\frac{132}{2}=66.\] **Krok \(4\).** Ten sam wynik daje symbol Newtona (liczba dwuelementowych podzbiorów zbioru \(12\)-elementowego): \[\binom{12}{2}=\frac{12\cdot11}{2}=66.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy metodę na małym przykładzie: dla \(3\) osób wzór daje \(\frac{3\cdot2}{2}=3\) uściski — i faktycznie w trójce są dokładnie trzy pary. **Uwaga.** Odpowiedź \(132\) to typowy błąd: pominięcie dzielenia przez \(2\), czyli policzenie każdego uścisku dwukrotnie. Z kolei \(144=12^{2}\) oznaczałoby, że każdy ściska dłoń także samemu sobie. **Odpowiedź.** A: \(66\)

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** kombinatoryka, liczba par elementów.

**B.** \(20\).

Ala może wybrać jedno z \(5\) miejsc. Po jej wyborze Bartkowi pozostają \(4\) miejsca. Ponieważ osoby są różne, z reguły mnożenia liczba ustawień wynosi \[5\cdot4=20.\]

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **B** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających użycia wzorów kombinatorycznych, oraz stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.

**B.** \(20\).

Ala może wybrać jedno z \(5\) miejsc. Po jej wyborze Bartek może zająć jedno z pozostałych \(4\) miejsc. Z reguły mnożenia liczba sposobów jest równa \[5\cdot4=20.\]

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **B** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 10.2. Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymagających użycia wzorów kombinatorycznych, oraz stosuje regułę mnożenia i regułę dodawania.

C. \(45\)

Wybieramy dwóch graczy spośród dziesięciu, a kolejność wyboru nie ma znaczenia — liczy się tylko to, kto wszedł do pary. Liczymy więc kombinacje, a nie wariacje: \[\binom{10}{2}=\frac{10\cdot9}{2}=45.\] Gdyby kolejność miała znaczenie (np. przy podziale na role), wynik wynosiłby \(10\cdot9=90\) — dlatego warto sprawdzić, czy treść rozróżnia wybrane osoby. Tutaj nie rozróżnia. **Odpowiedź.** C. \(45\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Użycie i tworzenie strategii. Zliczanie obiektów w prostych sytuacjach kombinatorycznych (IV.10.b).

B

Ala i Bartek to osoby rozróżnialne, a miejsca w kinie są ponumerowane, więc znaczenie ma nie tylko to, które dwa miejsca zostaną zajęte, ale i kto na którym usiądzie. Liczymy zatem wariacje bez powtórzeń, a nie kombinacje. Miejsce dla Ali wybieramy na \(5\) sposobów, a dla Bartka pozostają \(4\) wolne miejsca. Z reguły mnożenia \[5\cdot4=20.\] **Odpowiedź.** B. \(20\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź: B.

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Kombinatoryka.

\(30\) trójkątów

Z rysunku odczytujemy, że punkty leżą na dwóch różnych prostych: \(3\) punkty na jednej i \(4\) na drugiej, w sumie \(7\) punktów. Punkt przecięcia prostych nie jest zaznaczony, więc żaden punkt nie leży na obu prostych. Trójkąt wyznaczają trzy punkty niewspółliniowe, a kolejność wyboru wierzchołków nie ma znaczenia — liczymy kombinacje. Wszystkich trójek punktów jest \(\binom73=35\). Trójka nie wyznacza trójkąta dokładnie wtedy, gdy wszystkie trzy punkty leżą na jednej prostej: na pierwszej prostej daje to \(\binom33=1\) trójkę, a na drugiej \(\binom43=4\) trójki. Zatem trójkątów jest \[35-1-4=30.\] Ten sam wynik daje zliczanie wprost: dwa wierzchołki z jednej prostej i jeden z drugiej to \(\binom32\cdot4+3\cdot\binom42=12+18=30\). **Odpowiedź.** \(30\) trójkątów

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(30\) trójkątów

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Kombinatoryka.