Strona główna › Statystyka i prawdopodobieństwo › Reguła mnożenia

Reguła mnożenia

Reguła mnożenia odpowiada na pytanie „na ile sposobów”, gdy wybór składa się z kilku czynności po kolei. Jest prosta do sformułowania i zaskakująco łatwa do pomylenia — bo obok niej istnieje reguła dodawania, a całą trudność zadania stanowi zwykle rozstrzygnięcie, która z nich obowiązuje. Ta strona pokazuje, po czym je rozróżnić i jak zliczać, gdy elementy nie mogą się powtarzać.

Dział: Statystyka i prawdopodobieństwoPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 13

Przejdź od razu do zadań (13) ↓

1Sformułowanie i dlaczego działa

Jeżeli wybór składa się z dwóch czynności, z których pierwszą można wykonać na mm sposobów, a drugą — niezależnie od pierwszej — na kk sposobów, to całość można wykonać na:

m⋅k sposoboˊwm \cdot k \text{ sposobów}

Reguła przenosi się na dowolną liczbę czynności: mnożymy tyle liczb, ile jest kroków.

Dlaczego mnożenie, a nie dodawanie? Bo każdy wynik pierwszej czynności łączy się z każdym wynikiem drugiej. Wyobraź sobie tabelę: pierwsza czynność wyznacza wiersze, druga kolumny, a każda kratka to jedna możliwość. Liczba kratek to iloczyn liczby wierszy i kolumn.

Podstawa programowa nazywa obie reguły naraz

Dział XI. Kombinatoryka, zakres podstawowy, punkt 2: „zlicza obiekty, stosując reguły mnożenia i dodawania (także łącznie) dla dowolnej liczby czynności”.

Sformułowanie „także łącznie” jest tu najważniejsze: typowe zadanie maturalne wymaga obu reguł w jednym rachunku, a nie wyboru jednej z nich.

Punkt 1 tego samego działu mówi o zliczaniu „w prostych sytuacjach kombinatorycznych” — czyli przez wypisanie. Warto umieć obie drogi, bo wypisanie jest kontrolą dla rachunku.

Warunek „niezależnie od pierwszej” dotyczy liczby sposobów, nie samych obiektów. Przy losowaniu bez zwracania drugi wybór ma mniej możliwości niż pierwszy — ale wciąż tyle samo dla każdego wyniku pierwszego losowania, więc regułę stosuje się normalnie.

2Mnożyć czy dodawać

To jedyne miejsce w tym temacie, w którym naprawdę można się pomylić. Rozstrzyga jedno pytanie: czy czynności następują po sobie, czy zamiast siebie.

sytuacjasłowo kluczdziałanie
wybieram jedno, potem drugie„i”, „oraz”, „a następnie”mnożenie
wybieram jedno albo drugie„albo”, „lub”, „jeden z dwóch wariantów”dodawanie

Test praktyczny: sprawdź, czy w jednym „przebiegu” korzystasz z obu zbiorów naraz. Jeśli zestaw obiadowy to zupa i drugie danie — mnożysz. Jeśli klient wybiera zupę albo deser — dodajesz.

Słowa klucze bywają jednak mylące i nie należy im ufać bez zrozumienia sytuacji. Zdanie „ile jest liczb parzystych lub podzielnych przez pięć” wymaga dodawania, ale też odjęcia części wspólnej — a to już inna reguła.

Najczęstszy układ w zadaniach maturalnych

Zadanie dzieli się na przypadki, które wykluczają się nawzajem, a wewnątrz każdego przypadku liczy się iloczyn.

Wtedy: mnożymy w środku każdego przypadku, a na końcu dodajemy wyniki przypadków.

Tak wygląda niemal każde zadanie o liczbach o określonej ostatniej cyfrze albo o hasłach z warunkiem — treść wymusza rozbicie na warianty.

3Gdy elementy nie mogą się powtarzać

Sformułowania „cyfry nie powtarzają się”, „każdą osobę wybieramy raz”, „losowanie bez zwracania” zmieniają rachunek, ale nie regułę. Zmienia się tylko liczba możliwości w kolejnych czynnościach — z każdym krokiem jest ich o jeden mniej.

Przy wyborze trzech różnych elementów spośród ośmiu dostajemy 8⋅7⋅68 \cdot 7 \cdot 6, a nie 838^3. Malejące czynniki są wprost sygnałem, że powtórzenia były zabronione.

Osobno trzeba pilnować ograniczeń z treści, bo one zwykle dotyczą jednej konkretnej pozycji:

Praktyczna zasada: zaczynaj od pozycji najbardziej ograniczonej. Jeżeli ostatnia cyfra musi być parzysta, wybierz ją najpierw — inaczej okaże się, że liczba możliwości na końcu zależy od tego, co wybrano wcześniej, i reguła przestanie się stosować wprost.

Zliczanie przydaje się przede wszystkim tam, gdzie trzeba policzyć wszystkie zdarzenia elementarne. Sam model klasyczny opisuję na stronie o rachunku prawdopodobieństwa.

4Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: czysta reguła mnożenia, powtórzenia dozwolone, obie reguły łącznie i zakaz powtórzeń z ograniczeniem na pierwszej pozycji.

Przykład 1 Zestaw obiadowy

W stołówce są 44 zupy, 55 dań głównych i 33 desery. Na ile sposobów można złożyć zestaw z jednej zupy, jednego dania głównego i jednego deseru?

  1. Wybór składa się z trzech czynności wykonywanych po kolei, więc mnożę.
  2. 4⋅5⋅3=604 \cdot 5 \cdot 3 = 60.
  3. Kontrola: samych par zupa–danie główne jest 4⋅5=204 \cdot 5 = 20, a każdą można uzupełnić trzema deserami, czyli 20⋅3=6020 \cdot 3 = 60 ✓

Odpowiedź: 6060 sposobów

Kontrola przez pogrupowanie czynności inaczej niż w rachunku głównym jest tania i skuteczna. Kolejność mnożenia nie ma znaczenia — ale kolejność wyboru czasem ma, o czym mówi ostatni przykład.

Przykład 2 Kod z powtórzeniami

Kod dostępu składa się z dwóch liter alfabetu 2626-literowego i trzech cyfr. Litery i cyfry mogą się powtarzać. Ile jest różnych kodów?

  1. Pięć czynności, każda niezależna od pozostałych, więc mnożę pięć liczb.
  2. Litery: 26⋅2626 \cdot 26. Cyfry: 10⋅10⋅1010 \cdot 10 \cdot 10.
  3. 262⋅103=676⋅1000=67600026^2 \cdot 10^3 = 676 \cdot 1000 = 676000.
  4. Kontrola rzędu wielkości: samych kombinacji cyfr jest tysiąc, a liter blisko siedemset — wynik musi być rzędu setek tysięcy ✓

Odpowiedź: 676000676000 kodów

Skoro powtórzenia są dozwolone, każda pozycja ma pełną pulę możliwości. Dlatego czynniki się nie zmniejszają — to najprostszy przypadek reguły mnożenia.

Przykład 3 Obie reguły w jednym zadaniu

Z miasta AA do BB prowadzą 33 drogi bezpośrednie. Można też jechać przez miasto CC: z AA do CC są 22 drogi, a z CC do BB — 44. Na ile sposobów można dojechać z AA do BB?

  1. Rozbijam na dwa wykluczające się warianty: trasa bezpośrednia albo trasa przez CC.
  2. Wariant pierwszy: 33 możliwości.
  3. Wariant drugi: dwie czynności po kolei, więc 2⋅4=82 \cdot 4 = 8 możliwości.
  4. Warianty wykluczają się, więc dodaję: 3+8=113 + 8 = 11.
  5. Kontrola: warianty nie mają wspólnych tras — trasa przez CC nigdy nie jest bezpośrednia ✓

Odpowiedź: 1111 sposobów

To jest właśnie „także łącznie” z podstawy programowej: mnożenie wewnątrz wariantu, dodawanie między wariantami. Kontrola rozłączności wariantów jest konieczna — gdyby jakaś trasa liczyła się dwa razy, trzeba by ją odjąć.

Przykład 4 Zakaz powtórzeń i zakaz zera

Ile jest liczb trzycyfrowych o wszystkich cyfrach różnych?

  1. Zaczynam od pozycji najbardziej ograniczonej — pierwszej cyfry, która nie może być zerem: 99 możliwości.
  2. Druga cyfra: dowolna z dziesięciu poza użytą na pierwszej pozycji, więc 99 możliwości (zero już wolno).
  3. Trzecia cyfra: poza dwiema użytymi, czyli 88 możliwości.
  4. 9⋅9⋅8=6489 \cdot 9 \cdot 8 = 648.
  5. Kontrola górnym oszacowaniem: liczb trzycyfrowych jest 900900, a warunek część z nich odrzuca — 648<900648 < 900 ✓
  6. Kontrola dolnym oszacowaniem: gdyby zero było dozwolone wszędzie, wyszłoby 10⋅9⋅8=72010 \cdot 9 \cdot 8 = 720, czyli nieco więcej ✓

Odpowiedź: 648648 liczb

Gdyby zacząć od ostatniej cyfry, liczba możliwości na pierwszej pozycji zależałaby od tego, czy wcześniej użyto zera — i reguły nie dałoby się zastosować wprost. Kolejność wyboru bywa więc częścią rozwiązania.

5Najczęstsze błędy

Pierwsze dwa błędy dotyczą wyboru działania, trzy kolejne — zliczania przy ograniczeniach.

Dodawanie tam, gdzie czynności następują po sobie.

Skąd się bierze: Odruchowo sumuje się „ile jest zup i ile dań”, zamiast policzyć pary.

Jak zrobić dobrze: Zadaj pytanie: czy w jednym przebiegu korzystam z obu zbiorów? Jeśli tak, mnożę. Sumowanie odpowiada na inne pytanie — ile jest wszystkich potraw razem.

Mnożenie wariantów, które się wykluczają.

Skąd się bierze: Reguła mnożenia bywa stosowana automatycznie do wszystkiego, co ma dwie liczby.

Jak zrobić dobrze: Sprawdź, czy warianty mogą wystąpić naraz. Trasa bezpośrednia i trasa przez inne miasto wykluczają się, więc ich liczby się dodaje.

Użycie pełnej puli na każdej pozycji mimo zakazu powtórzeń.

Skąd się bierze: Zapis 10⋅10⋅1010 \cdot 10 \cdot 10 jest wygodniejszy i łatwo przeoczyć jedno zdanie w treści.

Jak zrobić dobrze: Przy zakazie powtórzeń czynniki maleją o jeden: 10⋅9⋅810 \cdot 9 \cdot 8. Malejące czynniki to sygnał, że warunek został uwzględniony.

Pominięcie zakazu zera na pierwszej pozycji liczby.

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

Jak zrobić dobrze: Liczba trzycyfrowa nie może zaczynać się od zera, więc na pierwszej pozycji jest 99 możliwości. Zero wraca do puli dopiero na dalszych miejscach.

Rozpoczynanie zliczania od pozycji bez ograniczeń.

Skąd się bierze: Naturalnie liczy się „od lewej”, w kolejności zapisu.

Jak zrobić dobrze: Zacznij od pozycji, na którą treść nakłada warunek. Inaczej liczba możliwości w dalszych krokach zacznie zależeć od wcześniejszych wyborów.

Zadania maturalne — reguła mnożenia: ile jest liczb o zadanych cyfrach

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 — liczba możliwości policzona dla danej pozycji. Metoda jest zawsze ta sama: rysujemy tyle miejsc, ile cyfr ma liczba, wpisujemy w każde ile cyfr można tam wstawić, i wszystko mnożymy. Dwie pozycje wymagają szczególnej uwagi: pierwsza cyfra nie może być zerem, a ostatnia rozstrzyga o parzystości i podzielności. Zawsze zaczynaj od najbardziej ograniczonej pozycji.

Sprawdź się bez zaglądania do odpowiedzi. Wylosuję 10 zadań zamkniętych z tego zestawu — klucz i rozwiązania schowam do czasu sprawdzenia. Pula liczy 13 zadań, więc za każdym razem dostaniesz inny zestaw.

Zadania zamknięte

Zadanie 1 (czerwiec 2024)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych parzystych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry 22, 44, 77 (np.: 72727272, 22222222, 72447244), jest
  • A. 1616
  • B. 2727
  • C. 5454
  • D. 8181
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Zaczynamy od pozycji najbardziej ograniczonej. Tu jest to cyfra jedności, bo ona decyduje o parzystości.
  2. Krok 1 — cyfra jedności. Ze zbioru {2,4,7}\{\textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{7}\} parzyste są tylko 22 i 44:
  3. liczba możliwości: 2\textcolor{#E0453A}{2}
  4. Krok 2 — trzy pozostałe pozycje. Nie ma tam żadnych ograniczeń, każda z trzech cyfr może stanąć wszędzie — także zero nie przeszkadza, bo zera w zbiorze nie ma:
  5. liczba możliwości na każdej: 3\textcolor{#E0453A}{3}
  6. Krok 3 — mnożymy wszystkie pozycje.
  7. 3⏟tysiące⋅3⏟setki⋅3⏟dziesiątki⋅2⏟jednosˊci=27⋅2=54\underbrace{\textcolor{#E0453A}{3}}_{\text{tysiące}} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{3}}_{\text{setki}} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{3}}_{\text{dziesiątki}} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{2}}_{\text{jedności}} = 27 \cdot 2 = 54
  8. Odpowiedź: 5454, czyli C.

💡 Wskazówka: Odpowiedź D (81=3481 = 3^4) to liczba wszystkich czterocyfrowych liczb z tych cyfr, bez warunku parzystości. Jeśli Twój wynik jest równy takiej „pełnej” liczbie, to znak, że zgubiłeś jedno z ograniczeń.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B (2727), czyli policzenie tylko trzech wolnych pozycji i pominięcie mnożenia przez 2 możliwości na jedności. Każda pozycja wchodzi do iloczynu — także ta ograniczona.

Zadanie 2 (sierpień 2023)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym cyfry się nie powtarzają, jest
  • A. 9⋅10⋅10⋅10⋅109 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 10
  • B. 9⋅9⋅9⋅99 \cdot 9 \cdot 9 \cdot 9
  • C. 10⋅9⋅8⋅710 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7
  • D. 9⋅9⋅8⋅79 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Dwa ograniczenia naraz: pierwsza cyfra nie może być zerem, a żadna cyfra nie może się powtórzyć. Idziemy pozycja po pozycji.
  2. Krok 1 — cyfra tysięcy. Zero odpada, zostaje 11–99:
  3. 9\textcolor{#E0453A}{9} możliwości
  4. Krok 2 — cyfra setek. Zero już wolno, ale jedna cyfra jest zajęta przez tysiące — czyli z dziesięciu cyfr zostaje dziewięć:
  5. 9\textcolor{#E0453A}{9} możliwości
  6. Krok 3 — dziesiątki. Dwie cyfry zajęte:
  7. 8\textcolor{#E0453A}{8} możliwości
  8. Krok 4 — jedności. Trzy cyfry zajęte:
  9. 7\textcolor{#E0453A}{7} możliwości
  10. Krok 5 — mnożymy.
  11. 9⋅9⋅8⋅7\textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{7}
  12. Odpowiedź: 9⋅9⋅8⋅79 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7, czyli D.
  13. Zwróć uwagę na osobliwość drugiej pozycji: liczba możliwości nie spada z 9 na 8, bo choć jedna cyfra została zajęta, to jednocześnie doszło zero, którego nie było wolno użyć na pierwszym miejscu.

💡 Wskazówka: To zadanie warto zapamiętać właśnie ze względu na drugą pozycję. Ciąg 9,9,8,79, 9, 8, 7 wygląda na błąd, a jest poprawny — pierwsze dwie liczby są równe, bo zakaz zera na początku i zajęcie jednej cyfry znoszą się nawzajem.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź C (10⋅9⋅8⋅710 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7), czyli dopuszczenie zera na pierwszym miejscu. Liczba czterocyfrowa nie może zaczynać się od zera — 0 1230\,123 to liczba trzycyfrowa. Odpowiedź B to wynik dla cyfr, które mogą się powtarzać, z zakazem tylko jednej cyfry.

Zadanie 3 (maj 2023)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych pięciocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują tylko cyfry 00, 55, 77 (np. 57 07557\,075, 55 55555\,555), jest
  • A. 535^3
  • B. 2⋅432 \cdot 4^3
  • C. 2⋅342 \cdot 3^4
  • D. 353^5
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. W zbiorze dozwolonych cyfr jest zero — a to znaczy, że pierwsza pozycja jest ograniczona.
  2. Krok 1 — cyfra dziesiątek tysięcy (pierwsza). Zero odpada, zostają 5\textcolor{#16A06A}{5} i 7\textcolor{#16A06A}{7}:
  3. 2\textcolor{#E0453A}{2} możliwości
  4. Krok 2 — cztery pozostałe pozycje. Tu zero jest dozwolone, więc wszystkie trzy cyfry wchodzą w grę:
  5. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości na każdej z czterech pozycji
  6. Krok 3 — mnożymy.
  7. 2⋅3⋅3⋅3⋅3⏟4 pozycje=2⋅34\textcolor{#E0453A}{2} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3}}_{4 \text{ pozycje}} = 2 \cdot 3^{4}
  8. Odpowiedź: 2⋅342 \cdot 3^4, czyli C.
  9. Dla porządku: 2⋅81=1622 \cdot 81 = 162 takich liczb.

💡 Wskazówka: Sprawdź w zbiorze dozwolonych cyfr, czy jest tam zero. Jeśli tak — pierwsza pozycja ma o jedną możliwość mniej niż pozostałe. Jeśli nie — wszystkie pozycje są równe i wynik to po prostu potęga.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D (353^5), czyli dopuszczenie zera na początku liczby. Przykład z treści (57 07557\,075) pokazuje, że zero może stać w środku — ale nie na pierwszym miejscu, bo wtedy liczba miałaby mniej cyfr.

Zadanie 4 (pokazowy 2023)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, w których zapisie dziesiętnym nie występuje cyfra 22, jest
  • A. 900900
  • B. 729729
  • C. 648648
  • D. 512512
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Dwójka jest zakazana wszędzie, a dodatkowo pierwsza cyfra nie może być zerem. Te dwa ograniczenia trzeba nałożyć osobno.
  2. Krok 1 — cyfra setek. Odpada zero (bo liczba trzycyfrowa) i odpada dwójka:
  3. 10−1−1=810 - 1 - 1 = \textcolor{#E0453A}{8} możliwości   (czyli 1,3,4,5,6,7,8,91, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)
  4. Krok 2 — dziesiątki i jedności. Tu zero jest dozwolone, odpada tylko dwójka:
  5. 10−1=910 - 1 = \textcolor{#E0453A}{9} możliwości na każdej
  6. Krok 3 — mnożymy.
  7. 8⋅9⋅9=648\textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{9} \cdot \textcolor{#E0453A}{9} = 648
  8. Odpowiedź: 648648, czyli C.

💡 Wskazówka: Odpowiedź A (900900) to liczba wszystkich liczb trzycyfrowych — dobry punkt odniesienia: wynik musi być od niej wyraźnie mniejszy. Odpowiedź B (729=93729 = 9^3) to wynik, gdyby zero było dozwolone na pierwszym miejscu.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B, czyli policzenie 9⋅9⋅99 \cdot 9 \cdot 9 i pominięcie tego, że na pierwszej pozycji odpadają dwie cyfry: zero i dwójka. Warto wypisać dozwolone cyfry dla pierwszej pozycji i je policzyć, zamiast odejmować w pamięci.

Zadanie 5 (wrzesień 2022)1 pkttrudniejsze

Wszystkich różnych liczb naturalnych czterocyfrowych, które są nieparzyste i podzielne przez 2525, jest
  • A. 9⋅9⋅29 \cdot 9 \cdot 2
  • B. 9⋅10⋅29 \cdot 10 \cdot 2
  • C. 9⋅9⋅49 \cdot 9 \cdot 4
  • D. 9⋅10⋅49 \cdot 10 \cdot 4
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

  1. Dwa warunki dotyczą końcówki liczby, więc od niej zaczynamy.
  2. Krok 1 — podzielność przez 25. Liczba dzieli się przez 25\textcolor{#16A06A}{25} wtedy, gdy jej dwie ostatnie cyfry tworzą 0000, 2525, 5050 albo 7575:
  3. cztery możliwości końcówki
  4. Krok 2 — dokładamy warunek nieparzystości. Liczba nieparzysta ma na końcu cyfrę nieparzystą, więc końcówki 0000 i 5050 odpadają:
  5. zostają 25\textcolor{#E0453A}{25} i 75\textcolor{#E0453A}{75} → 2\textcolor{#E0453A}{2} możliwości
  6. Krok 3 — dwie pierwsze cyfry. Cyfra tysięcy: bez zera, czyli 9\textcolor{#E0453A}{9}. Cyfra setek: bez ograniczeń, czyli 10\textcolor{#E0453A}{10}.
  7. Krok 4 — mnożymy.
  8. 9⏟tysiące⋅10⏟setki⋅2⏟konˊcoˊwka\underbrace{\textcolor{#E0453A}{9}}_{\text{tysiące}} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{10}}_{\text{setki}} \cdot \underbrace{\textcolor{#E0453A}{2}}_{\text{końcówka}}
  9. Odpowiedź: 9⋅10⋅29 \cdot 10 \cdot 2, czyli B.
  10. Dla porządku: to 180180 liczb. Przykłady: 10251025, 10751075, 99259925, 99759975.

💡 Wskazówka: Cecha podzielności przez 25 dotyczy dwóch ostatnich cyfr naraz — traktuj je jako jeden blok o czterech możliwościach, a nie jako dwie niezależne pozycje. Warunek nieparzystości zawęża ten blok do dwóch.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D (9⋅10⋅49 \cdot 10 \cdot 4), czyli zapomnienie o warunku nieparzystości i policzenie wszystkich czterech końcówek. Odpowiedź A powstaje z niepotrzebnego wykluczenia zera na pozycji setek.

Zadanie 6 (sierpień 2022)1 pkttrudniejsze

Wszystkich trzycyfrowych liczb naturalnych większych od 300300 o wszystkich cyfrach parzystych jest
  • A. 6⋅10⋅106 \cdot 10 \cdot 10
  • B. 3⋅10⋅103 \cdot 10 \cdot 10
  • C. 6⋅5⋅56 \cdot 5 \cdot 5
  • D. 3⋅5⋅53 \cdot 5 \cdot 5
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Dwa warunki nakładają się na cyfrę setek: musi być parzysta i dawać liczbę większą od 300.
  2. Krok 1 — cyfra setek. Parzyste cyfry to 0,2,4,6,80, 2, 4, 6, 8. Zero odpada (liczba trzycyfrowa), a dwójka też — bo każda liczba 2□□2\square\square jest mniejsza od 300300:
  3. zostają 4,6,8\textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{6}, \textcolor{#16A06A}{8} → 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości
  4. Krok 2 — dziesiątki. Dowolna cyfra parzysta:
  5. 0,2,4,6,8\textcolor{#16A06A}{0}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{6}, \textcolor{#16A06A}{8} → 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  6. Krok 3 — jedności. Tak samo:
  7. 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  8. Krok 4 — mnożymy.
  9. 3⋅5⋅5\textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{5}
  10. Odpowiedź: 3⋅5⋅53 \cdot 5 \cdot 5, czyli D.
  11. Dla porządku: 7575 liczb, od 400400 do 888888.

💡 Wskazówka: Warunek „większa od 300” przy parzystych cyfrach setek wyklucza dwie cyfry, nie jedną: zero i dwójkę. Wypisz dozwolone cyfry setek (4,6,84, 6, 8) zamiast liczyć w pamięci — przy takich podwójnych warunkach to najpewniejsza metoda.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź C (6⋅5⋅56 \cdot 5 \cdot 5), czyli policzenie sześciu możliwości setek — prawdopodobnie z doliczenia cyfr nieparzystych albo z niewykluczenia dwójki. Cyfr parzystych jest pięć, a po odjęciu zera i dwójki zostają trzy.

Zadanie 7 (arkusz nieustalony)1 pktśrednie

Wszystkich czterocyfrowych liczb naturalnych, w których cyfra tysięcy i cyfra setek są większe od 44, a każda z pozostałych cyfr jest mniejsza od 66, jest
  • A. 4⋅4⋅5⋅54 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 5
  • B. 5⋅4⋅6⋅55 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 5
  • C. 5⋅5⋅6⋅65 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 6
  • D. 4⋅3⋅5⋅44 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 4
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Warunki są podane wprost dla każdej pozycji — trzeba tylko uważnie policzyć cyfry i nie zapomnieć o zerze tam, gdzie jest dozwolone.
  2. Krok 1 — cyfra tysięcy: większa od 4.
  3. 5,6,7,8,9\textcolor{#16A06A}{5}, \textcolor{#16A06A}{6}, \textcolor{#16A06A}{7}, \textcolor{#16A06A}{8}, \textcolor{#16A06A}{9} → 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  4. (zakaz zera na pierwszej pozycji nic tu nie zmienia — zero i tak nie jest większe od 4)
  5. Krok 2 — cyfra setek: też większa od 4.
  6. 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  7. Krok 3 — dziesiątki: mniejsze od 6. Tu zero się liczy:
  8. 0,1,2,3,4,5\textcolor{#16A06A}{0}, \textcolor{#16A06A}{1}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{3}, \textcolor{#16A06A}{4}, \textcolor{#16A06A}{5} → 6\textcolor{#E0453A}{6} możliwości
  9. Krok 4 — jedności: tak samo.
  10. 6\textcolor{#E0453A}{6} możliwości
  11. Krok 5 — mnożymy.
  12. 5⋅5⋅6⋅6\textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{6} \cdot \textcolor{#E0453A}{6}
  13. Odpowiedź: 5⋅5⋅6⋅65 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 6, czyli C.
  14. Dla porządku: 900900 liczb.

💡 Wskazówka: Przy warunkach „mniejsza od” zawsze sprawdź, czy zero wchodzi — bo cyfr mniejszych od 6 jest sześć (00–55), a nie pięć. To najczęstsze miejsce, w którym gubi się jedną możliwość.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź A (4⋅4⋅5⋅54 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 5), czyli policzenie cyfr „większych od 4” jako czterech (pominięcie piątki, przez czytanie „większe od 4” jako „od 5 w górę bez piątki”) i cyfr „mniejszych od 6” jako pięciu (pominięcie zera). Dwa razy ten sam typ pomyłki na krańcach przedziału.

Zadanie 8 (maj 2020)1 pktłatwe

Ile jest wszystkich dwucyfrowych liczb naturalnych utworzonych z cyfr: 11, 33, 55, 77, 99, w których cyfry się nie powtarzają?
  • A. 1010
  • B. 1515
  • C. 2020
  • D. 2525
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Zbiór nie zawiera zera, więc pierwsza pozycja nie ma dodatkowego ograniczenia — liczy się tylko zakaz powtórzeń.
  2. Krok 1 — cyfra dziesiątek. Dowolna z pięciu:
  3. 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  4. Krok 2 — cyfra jedności. Jedna cyfra jest już zajęta:
  5. 4\textcolor{#E0453A}{4} możliwości
  6. Krok 3 — mnożymy.
  7. 5⋅4=20\textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{4} = 20
  8. Odpowiedź: 2020, czyli C.

💡 Wskazówka: Odpowiedź D (25=5225 = 5^2) to wynik, gdyby cyfry mogły się powtarzać. Odpowiedź B (1515) to liczba nieuporządkowanych par cyfr — czyli wynik dla zadania, w którym 1313 i 3131 liczyłyby się jako jedno. Warto od razu ustalić, czy kolejność ma znaczenie: w liczbach ma.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B (1515), czyli policzenie kombinacji zamiast wariacji. W liczbie 1313 i 3131 to dwie różne liczby, więc kolejność cyfr ma znaczenie i trzeba mnożyć 5⋅45 \cdot 4, a nie dzielić przez 2.

Zadanie 9 (sierpień 2019)1 pktśrednie

Wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych parzystych, w których występują wyłącznie cyfry 11, 22, 33, jest
  • A. 5454
  • B. 8181
  • C. 88
  • D. 2727
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Krok 1 — cyfra jedności. W zbiorze {1,2,3}\{\textcolor{#16A06A}{1}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{3}\} parzysta jest tylko dwójka:
  2. 1\textcolor{#E0453A}{1} możliwość
  3. Krok 2 — trzy pozostałe pozycje. Bez ograniczeń (zera w zbiorze nie ma):
  4. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości na każdej
  5. Krok 3 — mnożymy.
  6. 3⋅3⋅3⋅1=27\textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{1} = 27
  7. Odpowiedź: 2727, czyli D.
  8. Warto porównać to z pierwszym zadaniem na tej stronie: tam zbiór {2,4,7}\{2, 4, 7\} dawał dwie parzyste końcówki i wynik 5454. Tu jest tylko jedna, więc wynik jest o połowę mniejszy.

💡 Wskazówka: Zawsze policz, ile cyfr ze zbioru jest parzystych — to ta liczba trafia na ostatnią pozycję. Tutaj jest tylko jedna, więc końcówka jest z góry ustalona i mnożenie przez 1 nic nie zmienia.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź B (81=3481 = 3^4), czyli pominięcie warunku parzystości. Odpowiedź A (5454) to wynik dla dwóch parzystych końcówek — czyli z błędnego uznania, że parzysta jest też któraś z cyfr 11 lub 33.

Zadanie 10 (maj 2019)1 pktśrednie

Wszystkich liczb pięciocyfrowych, w których występują wyłącznie cyfry 00, 22, 55, jest
  • A. 1212
  • B. 3636
  • C. 162162
  • D. 243243
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Ten sam schemat co w zadaniu 3 na tej stronie, tylko odpowiedzi podane jako liczby, nie jako iloczyny.
  2. Krok 1 — pierwsza cyfra. Zero odpada, zostają 2\textcolor{#16A06A}{2} i 5\textcolor{#16A06A}{5}:
  3. 2\textcolor{#E0453A}{2} możliwości
  4. Krok 2 — cztery pozostałe pozycje. Wszystkie trzy cyfry dozwolone:
  5. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości na każdej → 34=81\textcolor{#E0453A}{3}^4 = \textcolor{#E0453A}{81}
  6. Krok 3 — mnożymy.
  7. 2⋅81=162\textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{81} = 162
  8. Odpowiedź: 162162, czyli C.

💡 Wskazówka: Odpowiedź D (243=35243 = 3^5) to wynik z dopuszczeniem zera na początku — i jest to najczęściej wybierany dystraktor w całym tym typie zadań. Zawsze sprawdź pierwszą pozycję osobno.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź D, czyli policzenie 353^5. Liczba pięciocyfrowa nie może zaczynać się zerem — 02 55002\,550 to w istocie liczba czterocyfrowa 25502550.

Zadanie 11 (czerwiec 2018)1 pkttrudniejsze

Liczba wszystkich dodatnich liczb czterocyfrowych parzystych, w których zapisie nie występują cyfry 00 i 22, jest równa
  • A. 8⋅8⋅8⋅38 \cdot 8 \cdot 8 \cdot 3
  • B. 8⋅7⋅6⋅38 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 3
  • C. 8⋅10⋅10⋅48 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 4
  • D. 9⋅8⋅7⋅49 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 4
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

  1. Krok 1 — ustalamy zbiór dozwolonych cyfr. Z dziesięciu cyfr odpadają 0\textcolor{#16A06A}{0} i 2\textcolor{#16A06A}{2}:
  2. zostaje {1,3,4,5,6,7,8,9}\{1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} → 8\textcolor{#E0453A}{8} cyfr
  3. Krok 2 — cyfra jedności (parzystość). Wśród dozwolonych cyfr parzyste są 44, 66, 88 — dwójka już odpadła:
  4. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości
  5. Krok 3 — trzy pozostałe pozycje. Zakaz zera jest już wliczony w zbiór, więc wszystkie trzy pozycje są równe:
  6. 8\textcolor{#E0453A}{8} możliwości na każdej
  7. Krok 4 — mnożymy.
  8. 8⋅8⋅8⋅3\textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{3}
  9. Odpowiedź: 8⋅8⋅8⋅38 \cdot 8 \cdot 8 \cdot 3, czyli A.
  10. Dla porządku: 15361536 liczb.

💡 Wskazówka: Gdy zakazane jest zero, zakaz „pierwsza cyfra nie może być zerem” znika sam — zero i tak nie jest dostępne. Dlatego trzy pierwsze pozycje mają tu tyle samo możliwości, co jest wyjątkiem na tle innych zadań z tej strony.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź C (8⋅10⋅10⋅48 \cdot 10 \cdot 10 \cdot 4), czyli zastosowanie zakazu tylko do pierwszej cyfry. Treść mówi „w zapisie nie występują” — czyli na żadnej pozycji. Odpowiedź B (8⋅7⋅6⋅38 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 3) to wynik dla cyfr, które dodatkowo nie mogłyby się powtarzać — a takiego warunku w zadaniu nie ma.

Zadanie 12 (sierpień 2015)1 pktśrednie

Ile jest wszystkich liczb czterocyfrowych, większych od 30003000, utworzonych wyłącznie z cyfr 11, 22, 33, przy założeniu, że cyfry mogą się powtarzać, ale nie wszystkie z tych cyfr muszą być wykorzystane?
  • A. 33
  • B. 66
  • C. 99
  • D. 2727
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Krok 1 — cyfra tysięcy. Liczba ma być większa od 3000\textcolor{#16A06A}{3000}, a dostępne cyfry to 1,2,3\textcolor{#16A06A}{1}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{3}. Liczby zaczynające się na 11 lub 22 są mniejsze od 30003000, więc:
  2. cyfra tysięcy musi być równa 3\textcolor{#16A06A}{3} → 1\textcolor{#E0453A}{1} możliwość
  3. Krok 2 — sprawdzamy, czy wszystkie takie liczby są większe od 3000. Najmniejsza z nich to 31113111, a 3111>30003111 > \textcolor{#16A06A}{3000} ✓ — więc żadnej nie trzeba odrzucać.
  4. Krok 3 — trzy pozostałe pozycje. Cyfry mogą się powtarzać, więc każda z trzech:
  5. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości
  6. Krok 4 — mnożymy.
  7. 1⋅3⋅3⋅3=27\textcolor{#E0453A}{1} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{3} = 27
  8. Odpowiedź: 2727, czyli D.

💡 Wskazówka: Po ustaleniu pierwszej cyfry warto sprawdzić najmniejszą liczbę, jaka może powstać — tu 31113111. Gdyby zbiór zawierał zero, najmniejsza byłaby 30003000, czyli nie większa od 3000, i trzeba by ją odrzucić. Ten krok kontrolny zajmuje sekundę i chroni przed błędem o jeden.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź C (99), czyli policzenie tylko dwóch wolnych pozycji (3⋅33 \cdot 3) — z pomyłki w liczbie miejsc do wypełnienia. Liczba czterocyfrowa ma cztery pozycje, jedna jest ustalona, więc wolne są trzy.

Zadanie 13 (maj 2022)1 pkttrudniejsze

Wszystkich liczb naturalnych trzycyfrowych, większych od 700700, w których każda cyfra należy do zbioru 1,2,3,7,8,9{1, 2, 3, 7, 8, 9} i żadna cyfra się nie powtarza, jest
  • A. 108108
  • B. 6060
  • C. 4040
  • D. 299299
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

  1. Trzy warunki naraz: cyfry z podanego zbioru, bez powtórzeń, i liczba większa od 700700. Zaczynamy od pozycji setek, bo ona rozstrzyga o nierówności.
  2. Krok 1 — cyfra setek. Ze zbioru 1,2,3,7,8,9{\textcolor{#16A06A}{1}, \textcolor{#16A06A}{2}, \textcolor{#16A06A}{3}, \textcolor{#16A06A}{7}, \textcolor{#16A06A}{8}, \textcolor{#16A06A}{9}} liczbę większą od 700700 dają tylko 7\textcolor{#16A06A}{7}, 8\textcolor{#16A06A}{8}, 9\textcolor{#16A06A}{9}:
  3. 3\textcolor{#E0453A}{3} możliwości
  4. Krok 2 — sprawdzamy przypadek graniczny. Przy setkach równych 77 najmniejsza możliwa liczba to 712712, a 712>700712 > \textcolor{#16A06A}{700} ✓ — więc żadnej liczby nie trzeba odrzucać.
  5. Krok 3 — dziesiątki. Jedna cyfra zużyta na setkach, zostaje pięć:
  6. 5\textcolor{#E0453A}{5} możliwości
  7. Krok 4 — jedności. Dwie cyfry zużyte:
  8. 4\textcolor{#E0453A}{4} możliwości
  9. Krok 5 — mnożymy.
  10. 3⋅5⋅4=60\textcolor{#E0453A}{3} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{4} = 60
  11. Odpowiedź: 6060, czyli B.

💡 Wskazówka: Krok 2 wygląda na zbędny, ale nie jest: gdyby w zbiorze było zero, liczby 70square70square trzeba by sprawdzić osobno. Przy setkach równych granicy zawsze policz najmniejszą możliwą liczbę i porównaj ją z warunkiem.

⚠ Najczęstszy błąd: odpowiedź A (108108), czyli policzenie 3⋅6⋅63 \cdot 6 \cdot 6 — z pominięcia zakazu powtórzeń. Odpowiedź C (4040) powstaje z uznania, że setki mogą być tylko 88 lub 99, czyli z wykluczenia siódemki bez sprawdzenia przypadku granicznego.

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. C2. D3. C4. C5. B6. D
7. C8. C9. D10. C11. A12. D
13. B

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”.

6Pytania i odpowiedzi

Skąd wiadomo, czy mnożyć, czy dodawać?

Mnożymy, gdy czynności następują jedna po drugiej i obie muszą zostać wykonane. Dodajemy, gdy są to wykluczające się warianty tego samego wyboru. W trudniejszych zadaniach obie reguły występują naraz.

Czy reguła mnożenia działa dla więcej niż dwóch czynności?

Tak, dla dowolnej liczby — mnożymy tyle liczb, ile jest kroków. Podstawa programowa stawia to wprost, w dziale o kombinatoryce dla zakresu podstawowego: „zlicza obiekty, stosując reguły mnożenia i dodawania (także łącznie) dla dowolnej liczby czynności”.

Co zmienia zakaz powtórzeń?

Tylko wartości czynników: każdy kolejny jest o jeden mniejszy, bo użyty element wypada z puli. Sama reguła pozostaje ta sama.

Czy kolejność wykonywania czynności ma znaczenie?

Dla wyniku nie, dla wygody rachunku tak. Zaczynając od pozycji najbardziej ograniczonej, unika się sytuacji, w której liczba możliwości zależy od wcześniejszych wyborów.

Kiedy zamiast liczyć, lepiej wypisać wszystkie przypadki?

Gdy możliwości jest kilkanaście i warunki są zawiłe. Wypisanie bywa też dobrą kontrolą: policz regułą, a dla mniejszej wersji zadania sprawdź wynik listą.

Czytaj dalej

Rachunek prawdopodobieństwaZliczanie przydaje się tam najczęściej — do policzenia wszystkich zdarzeń elementarnych.StatystykaDział, w którym te zadania stoją: opis danych i zliczanie możliwości.MedianaDruga strona z tego działu — tam liczymy z danych, tutaj liczymy same możliwości.
Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

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: 2026-08-01. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.