Kolik kombinací 2 z 10. Kombinatorika: základní pravidla a vzorce. Permutace a teorie pravděpodobnosti

Všech N prvků a žádný se neopakuje, pak je to problém počtu permutací. Řešení lze najít jednoduše. Kterýkoli z N prvků může zaujmout první místo v řadě, proto se získá N možností. Na druhém místě - jakýkoli, kromě toho, který již byl použit pro první místo. Proto pro každou z N již nalezených možností existuje (N - 1) možností druhého místa a celkový počet kombinací se stane N*(N - 1).
Totéž lze opakovat pro zbývající prvky série. Pro úplně poslední místo zbývá jediná možnost – poslední zbývající prvek. Pro předposlední - dvě možnosti a tak dále.
Proto jsou pro řadu N neopakujících se prvků možné permutace rovny součinu všech celých čísel od 1 do N. Tento součin se nazývá faktoriál N a značí se N! (čti "en faktoriál").

V předchozím případě se počet možných prvků a počet míst v řadě shodovaly a jejich počet byl roven N. Je ale možná situace, kdy je v řadě míst méně, než možných prvků. Jinými slovy, počet prvků ve vzorku se rovná nějakému číslu M a M< N. В этом случае задача определения количества возможных комбинаций может иметь два различных варианта.
Nejprve může být nutné spočítat celkový počet možných způsobů, jakými lze za sebou uspořádat M prvků z N. Takové způsoby se nazývají umístění.
Za druhé, výzkumníka může zajímat počet způsobů, jakými lze M prvků vybrat z N. V tomto případě již není důležité pořadí prvků, ale libovolné dvě možnosti se od sebe musí lišit alespoň o jeden prvek. . Takové metody se nazývají kombinace.

Chcete-li zjistit počet umístění M prvků z N, lze se uchýlit ke stejnému způsobu uvažování jako v případě permutací. Na prvním místě může být stále N prvků, na druhém (N - 1) a tak dále. Ale pro poslední místo není počet možných možností jedna, ale (N - M + 1), protože po dokončení umístění budou stále (N - M) nevyužité prvky.
Počet umístění přes M prvků z N se tedy rovná součinu všech celých čísel od (N - M + 1) do N, nebo ekvivalentně kvocientu N!/(N - M)!.

Je zřejmé, že počet kombinací M prvků z N bude menší než počet umístění. Pro každou možnou kombinaci existuje M! možná umístění v závislosti na pořadí prvků této kombinace. Proto, abyste toto číslo našli, musíte vydělit počet umístění přes M prvků z N číslem N!. Jinými slovy, počet kombinací M prvků z N je N!/(M!*(N - M)!).

KOMBINATORIKA

Kombinatorika je obor matematiky, který studuje problémy výběru a uspořádání prvků z nějaké základní množiny podle daných pravidel. Vzorce a principy kombinatoriky se v teorii pravděpodobnosti používají k výpočtu pravděpodobnosti náhodných jevů a podle toho k získání zákonů rozdělení náhodných veličin. To zase umožňuje studovat zákonitosti hromadných náhodných jevů, což je velmi důležité pro správné pochopení statistických zákonitostí, které se projevují v přírodě a technice.

Pravidla pro sčítání a násobení v kombinatorice

Pravidlo součtu. Pokud se dvě akce A a B vzájemně vylučují a akci A lze provést m způsoby a B n způsoby, pak kteroukoli z těchto akcí (buď A nebo B) lze provést n + m způsoby.

Příklad 1

Ve třídě je 16 chlapců a 10 dívek. Kolika způsoby lze jmenovat jednoho průvodce?

Řešení

Ve službě můžete jmenovat buď chlapce, nebo dívku, tzn. kterýkoli z 16 chlapců nebo kterákoli z 10 dívek může být ve službě.

Podle součtového pravidla dostaneme, že jednomu strážníkovi lze přiřadit 16+10=26 způsobů.

Pravidlo produktu. Nechť je požadováno provést postupně k akcí. Pokud lze první akci provést n 1 způsoby, druhou akci n 2 způsoby, třetí n 3 způsoby a tak dále až po k-tou akci, kterou lze provést n k způsoby, pak lze všech k akcí dohromady provedl:

způsoby.

Příklad 2

Ve třídě je 16 chlapců a 10 dívek. Kolika způsoby mohou být jmenováni dva účastníci?

Řešení

První osobou ve službě může být chlapec nebo dívka. Protože ve třídě je 16 chlapců a 10 dívek, prvního důstojníka pak můžete jmenovat 16 + 10 = 26 způsoby.

Poté, co jsme vybrali prvního hlídače, můžeme ze zbývajících 25 lidí vybrat druhého, tzn. 25 způsobů.

Pomocí věty o násobení lze vybrat dva účastníky 26*25=650 způsoby.

Kombinace bez opakování. Kombinace s opakováním

Klasickým problémem kombinatoriky je problém počtu kombinací bez opakování, jehož obsah lze vyjádřit otázkou: Kolik způsoby Umět Vybrat m od n různých položek?

Příklad 3

Musíte si vybrat 4 z 10 různých knih, které jsou k dispozici jako dárek. Kolika způsoby to lze provést?

Řešení

Musíme vybrat 4 z 10 knih a na pořadí výběru nezáleží. Musíte tedy najít počet kombinací 10 prvků po 4:

.

Zvažte problém počtu kombinací s opakováním: existuje r identických objektů každého z n různých typů; Kolik způsoby Umět Vybrat m() z tyto (n*r) položek?

.

Příklad 4

Cukrárna prodávala 4 druhy dortů: napoleony, eclairs, křehké pečivo a listové. Kolika způsoby lze koupit 7 dortů?

Řešení

Protože mezi 7 koláči mohou být koláče stejné odrůdy, počet způsobů, jakými lze zakoupit 7 koláčů, je pak určen počtem kombinací s opakováním od 7 do 4.

.

Umístění bez opakování. Umístění s opakováním

Klasickým problémem kombinatoriky je problém počtu umístění bez opakování, jehož obsah lze vyjádřit otázkou: Kolik způsoby Umět Vybrat A místo Podle m jiný místa m od n různé položky?

Příklad 5

Některé noviny mají 12 stran. Na stránky těchto novin je třeba umístit čtyři fotografie. Kolika způsoby to lze provést, pokud žádná stránka novin nemá obsahovat více než jednu fotografii?

Řešení.

V tomto problému fotografie pouze nevybíráme, ale umisťujeme je na určité stránky novin a každá stránka novin by neměla obsahovat více než jednu fotografii. Problém je tedy redukován na klasický problém určení počtu umístění bez opakování z 12 prvků pomocí 4 prvků:

Takto lze 4 fotografie na 12 stranách uspořádat 11880 způsoby.

Také klasickým úkolem kombinatoriky je problém počtu umístění s opakováním, jehož obsah lze vyjádřit otázkou: Kolik způsoby Umět Vybarmáda A místo Podle m jiný místa m od n položekSredi který Tady je stejný?

Příklad 6

Chlapec měl ze sady k deskové hře razítka s čísly 1, 3 a 7. Rozhodl se, že pomocí těchto razítek nalepí na všechny knihy pětimístná čísla – sestaví katalog. Kolik různých pěticiferných čísel dokáže chlapec vytvořit?

Permutace bez opakování. Permutace s opakováním

Klasickým problémem kombinatoriky je problém počtu permutací bez opakování, jehož obsah lze vyjádřit otázkou: Kolik způsoby Umět místo n rozličný položky na n různé místa?

Příklad 7

Kolik čtyřpísmenných „slov“ lze vytvořit z písmen slova „manželství“?

Řešení

Obecnou sadu tvoří 4 písmena slova „manželství“ (b, p, a, k). Počet "slov" je určen permutacemi těchto 4 písmen, tzn.

Pro případ, že mezi vybranými n prvky je stejné (výběr s návratem), lze problém počtu permutací s opakováním vyjádřit otázkou: Kolika způsoby lze přeskupit n objektů na n různých místech, pokud mezi n objekty existuje k různých typů (k< n), т. е. есть одинаковые предметы.

Příklad 8

Kolik různých kombinací písmen lze vytvořit z písmen slova "Mississippi"?

Řešení

Obsahuje 1 písmeno „m“, 4 písmena „i“, 3 písmena „c“ a 1 písmeno „p“, celkem 9 písmen. Počet permutací s opakováním je tedy

SOUHRN POZADÍ V SEKCI "KOMBINATORIKA"

Přátelé! Protože už mám tento mrtvý sešit, ptám se ho pomocí vás na problém, se kterým se včera potýkali tři fyzici, dva ekonomové, jeden z polytechniky a jeden z humanitních věd. Zlomili jsme si celý mozek a neustále dostáváme různé výsledky. Možná jsou mezi vámi programátoři a matematickí géniové, kromě toho, problém je obecně školní a velmi snadný, jen nemáme vzorec. Protože jsme se vzdali exaktních věd a místo toho z nějakého důvodu píšeme knihy a kreslíme obrázky. Promiňte.

Takže, příběh.

Dostal jsem novou bankovní kartu a jako obvykle jsem bez námahy uhodl její PIN kód. Ale ne v řadě. Řekněme, že kód PIN byl 8794 a já volal 9748. To znamená, že jsem triumfálně uhodl všechna čísla obsažené v daném čtyřmístném čísle. Dobře, ano, nejen číslo, ale jen jeho součásti při divil se. Ale všechna čísla jsou pravdivá! POZNÁMKA - Jednal jsem náhodně, to znamená, že jsem nemusel řadit již známá čísla do správného pořadí, pouze jsem jednal v duchu: zde jsou čtyři pro mě neznámá čísla a věřím, že mezi nimi mohou být být 9, 7, 4 a 8 a jejich pořadí není důležité. Hned jsme se zeptali sami sebe Kolik možností jsem měl(asi abych pochopil, jak je super, že jsem to vzal a uhodl). To znamená, z kolika kombinací čtyř čísel jsem si musel vybrat? A pak samozřejmě začalo peklo. Celý večer nám explodovaly hlavy a každý ve výsledku přišel s úplně jinými odpověďmi! Dokonce jsem všechny tyto kombinace začal psát do sešitu za sebou, jak přibývaly, ale ve čtyřech stovkách jsem si uvědomil, že jich je více než čtyři sta (v každém případě to vyvrátilo odpověď fyzika Thrashe, který mě ujistil, že bylo tam čtyři sta kombinací, ale pořád to není úplně jasné) – a vzdal se.

Vlastně, podstatu otázky. Jaká je pravděpodobnost uhodnutí (v libovolném pořadí) čtyř čísel obsažených ve čtyřmístném čísle?

Nebo ne, přeformulujme (jsem humanista, pardon, i když jsem měl pro matematiku vždy obrovskou slabost), aby to bylo jasnější a jasnější. Kolik neopakující se kombinace čísel obsažených v řadě řadových čísel od 0 do 9999? ( nezaměňujte to prosím s otázkou „kolik kombinací neopakující sečísla"!!! čísla se mohou opakovat! Chci říct, že 2233 a 3322 jsou v tomto případě stejná kombinace!!).

Nebo konkrétněji. Potřebuji čtyřikrát uhodnout jedno číslo z deseti. Ale ne v řadě.

No, nebo něco jiného. Obecně musíte zjistit, kolik možností jsem měl pro číselnou kombinaci, která tvořila PIN kód karty. Pomoc, dobří lidé! Jen prosím, pomozte, nezačněte hned psát, že pro ně existuje 9999 možností(Včera to každému nejprve přišlo na mysl), protože to je nesmysl - vždyť v perspektivě, která nás znepokojuje, je číslo 1234, číslo 3421, číslo 4312 a tak dále. Jeden a ten samý! No ano, čísla se mohou opakovat, protože je tam pin kód 1111 nebo tam třeba 0007. Místo PIN kódu si můžete představit číslo auta. Předpokládejme, jaká je pravděpodobnost uhodnutí všech jednotlivých číslic, které tvoří číslo auta? Nebo, abych úplně vyloučil teorii pravděpodobnosti - z kolika číselných kombinací jsem musel jednu vybrat?

Prosím, podložte své odpovědi a úvahy nějakými přesnými vzorci, protože včera jsme málem přišli o rozum. Předem všem moc děkuji!

P.S. Jeden chytrý člověk, programátor, umělec a vynálezce, právě velmi správně navrhl správné řešení problému, čímž jsem získal pár minut skvělé nálady: " řešení problému je toto: má obsedantně-kompulzivní poruchu, léčba je tato: vdát se a šmejdit rajčata. Kdybych byl na jejím místě, nezabýval bych se spíše otázkou „jaká je pravděpodobnost“, ale otázkou „dám kurva pozor na všechna tato čísla“? Obecně k tomu není co dodat :)

Níže uvedená kalkulačka je navržena tak, aby generovala všechny kombinace prvků n krát m.
Počet takových kombinací lze vypočítat pomocí kalkulačky Elements of Combinatorics. Permutace, umístění, kombinace.

Popis generovacího algoritmu pod kalkulačkou.

Algoritmus

Kombinace jsou generovány v lexikografickém pořadí. Algoritmus pracuje s ordinálními indexy prvků množiny.
Podívejme se na algoritmus na příkladu.
Pro usnadnění prezentace zvažte sadu pěti prvků, jejichž indexy začínají 1, konkrétně 1 2 3 4 5.
Je nutné vygenerovat všechny kombinace velikosti m = 3.
Nejprve se inicializuje první kombinace dané velikosti m - indexy ve vzestupném pořadí
1 2 3
Dále se kontroluje poslední prvek, tedy i = 3. Pokud je jeho hodnota menší než n - m + i, pak se zvýší o 1.
1 2 4
Poslední prvek se znovu zkontroluje a znovu se zvýší.
1 2 5
Nyní je hodnota prvku rovna maximálnímu možnému: n - m + i = 5 - 3 + 3 = 5, zkontroluje se předchozí prvek s i = 2.
Pokud je jeho hodnota menší než n - m + i, pak se zvýší o 1 a pro všechny prvky následující za ním se hodnota rovná hodnotě předchozího prvku plus 1.
1 (2+1)3 (3+1)4 = 1 3 4
Pak znovu zkontrolujeme i = 3.
1 3 5
Pak - zkontrolujte i = 2.
1 4 5
Pak přijde obrat i = 1.
(1+1)2 (2+1)3 (3+1)4 = 2 3 4
A dál,
2 3 5
2 4 5
3 4 5 - poslední kombinace, protože všechny její prvky jsou rovny n - m + i.

Navzdory důležité roli PINů ve světové infrastruktuře nebyl dosud proveden žádný akademický výzkum, jak si lidé PIN ve skutečnosti vybírají.

Výzkumníci z University of Cambridge Sören Preibusch a Ross Anderson napravili situaci zveřejněním první kvantitativní analýzy na světě obtížnosti uhodnutí čtyřmístného bankovního PIN.

Pomocí dat o únicích hesel z nebankovních zdrojů a online průzkumů vědci zjistili, že uživatelé berou volbu PIN kódů mnohem vážněji než volbu hesel pro webové stránky: většina kódů obsahuje téměř náhodnou sadu čísel. Nicméně mezi počátečními údaji jsou jak jednoduché kombinace, tak narozeniny - to znamená, že s trochou štěstí může útočník jednoduše uhodnout kýžený kód.

Výchozím bodem studie byla sada 4místných sekvencí hesel z databáze RockYou (1,7 milionu) a databáze 200 tisíc PIN kódů z programu zámku obrazovky iPhone (databázi poskytl vývojář aplikace Daniel Amitay) . Grafy postavené na těchto datech ukazují zajímavé vzorce – data, roky, opakovaná čísla a dokonce i PIN kódy končící na 69. Na základě těchto pozorování vědci sestavili lineární regresní model, který odhaduje oblíbenost každého PIN v závislosti na 25 faktorech, jako je např. zda je kód datum ve formátu DDMM, zda se jedná o vzestupnou sekvenci atd. Tyto všeobecné podmínky splňuje 79 % a 93 % PIN kódů v každé ze sad.

Uživatelé si tedy vybírají 4místné kódy na základě několika jednoduchých faktorů. Pokud by byly bankovní PIN kódy zvoleny tímto způsobem, 8-9 % z nich by se dalo uhodnout na pouhé tři pokusy! Lidé jsou ale samozřejmě mnohem pozornější ke kódům bank. Vzhledem k tomu, že neexistuje žádný velký soubor skutečných bankovních údajů, výzkumníci dotazovali více než 1 300 lidí, aby posoudili, jak se skutečné PIN kódy liší od těch, které již byly zvažovány. Vzhledem ke specifikům studie nebyli respondenti dotazováni na samotné kódy, ale pouze na jejich shodu s některým z výše uvedených faktorů (nárůst, formát DDMM apod.).

Ukázalo se, že lidé jsou při výběru bankovních PIN kódů skutečně mnohem opatrnější. Přibližně čtvrtina respondentů používá náhodný PIN vygenerovaný bankou. Více než třetina volí svůj PIN pomocí starého telefonního čísla, studentského ID čísla nebo jiné sady čísel, která vypadá náhodně. Podle výsledků používá pseudonáhodný PIN kód 64 % držitelů karet, což je mnohem více než 23-27 % v předchozích experimentech s nebankovními kódy. Dalších 5 % používá číselný vzor (např. 4545) a 9 % preferuje vzor klávesnice (např. 2684). Obecně platí, že útočník na šest pokusů (tři s bankomatem a tři s platebním terminálem) má méně než 2% šanci, že uhodne PIN ke kartě někoho jiného.

Top 100 nejoblíbenějších PINů

0000, 0101-0103, 0110, 0111, 0123, 0202, 0303, 0404, 0505, 0606, 0707, 0808, 0909, 1010, 1101-1103, 1110-1112, 1123, 1201-1203, 1210-1212, 1234, 1956-2015, 2222, 2229, 2580, 3333, 4444, 5252, 5683, 6666, 7465, 7667.

P.S. V praxi je samozřejmě pro útočníka mnohem snazší špehovat váš PIN, než jej uhodnout. Ale můžete se také chránit před nakouknutím - dokonce, jak by se zdálo, v beznadějné situaci:

Kombinatorika je odvětví matematiky, které studuje otázky o tom, kolik různých kombinací lze za určitých podmínek vytvořit z daných objektů. Základy kombinatoriky jsou velmi důležité pro odhad pravděpodobností náhodných událostí, protože právě ony umožňují vypočítat zásadně možný počet různých scénářů vývoje událostí.

Základní kombinatorický vzorec

Nechť je k skupin prvků a i-tá skupina se skládá z n i prvků. Z každé skupiny vybereme jeden prvek. Potom celkový počet N způsobů, jakými lze takovou volbu provést, je určen vztahem N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k .

Příklad 1 Pojďme si toto pravidlo vysvětlit na jednoduchém příkladu. Nechť existují dvě skupiny prvků, první skupina se skládá z n 1 prvků a druhá - z n 2 prvků. Kolik různých dvojic prvků lze vytvořit z těchto dvou skupin tak, aby dvojice obsahovala jeden prvek z každé skupiny? Předpokládejme, že jsme vzali první prvek z první skupiny a beze změny jsme prošli všemi možnými dvojicemi, přičemž jsme změnili pouze prvky z druhé skupiny. Pro tento prvek existuje n 2 takových párů. Pak vezmeme druhý prvek z první skupiny a také k němu vytvoříme všechny možné dvojice. Takových párů bude také n 2. Protože v první skupině je pouze n 1 prvků, bude n 1 * n 2 možných možností.

Příklad 2 Kolik trojciferných sudých čísel lze sestavit z číslic 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, pokud se číslice mohou opakovat?
Řešení: n 1 \u003d 6 (protože jako první číslici můžete vzít jakoukoli číslici od 1, 2, 3, 4, 5, 6), n 2 \u003d 7 (protože jako druhou číslici můžete vzít jakoukoli číslici od 0, 1 , 2, 3, 4, 5, 6), n 3 \u003d 4 (protože jako třetí číslici můžete vzít jakoukoli číslici od 0, 2, 4, 6).
Takže, N=n1*n2*n3=6*7*4=168.

V případě, kdy se všechny skupiny skládají ze stejného počtu prvků, tzn. n 1 =n 2 =...n k =n můžeme předpokládat, že každá volba je provedena ze stejné skupiny a prvek se po volbě vrátí do skupiny. Potom je počet všech způsobů výběru roven n k . Tento způsob výběru se v kombinatorice nazývá vrátit vzorky.

Příklad 3 Kolik čtyřciferných čísel lze sestavit z čísel 1, 5, 6, 7, 8?
Řešení. Pro každou číslici čtyřmístného čísla existuje pět možností, takže N=5*5*5*5=5 4 =625.

Uvažujme množinu skládající se z n prvků. Tato množina v kombinatorice se nazývá obecná populace.

Počet umístění z n prvků na m

Definice 1. Ubytování od n prvky podle m v kombinatorice se nazývá jakýkoli objednaná sada z m různé prvky vybrané z běžné populace v n Prvky.

Příklad 4 Různá uspořádání tří prvků (1, 2, 3) po dvou budou množiny (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3 , 2). Umístění se od sebe mohou lišit jak prvky, tak pořadím.

Počet umístění v kombinatorice se značí A n m a vypočítá se podle vzorce:

Komentář: n!=1*2*3*...*n (čti: "en faktoriál"), navíc se předpokládá, že 0!=1.

Příklad 5. Kolik je dvouciferných čísel, ve kterých jsou různé a liché desítky a jednotky?
Řešení: protože existuje pět lichých číslic, konkrétně 1, 3, 5, 7, 9, pak se tento problém redukuje na výběr a umístění dvou z pěti různých číslic na dvě různé pozice, tzn. uvedená čísla budou:

Definice 2. Kombinace z n prvky podle m v kombinatorice se nazývá jakýkoli neuspořádaná sada z m různé prvky vybrané z běžné populace v n Prvky.

Příklad 6. Pro množinu (1, 2, 3) jsou kombinace (1, 2), (1, 3), (2, 3).

Počet kombinací n prvků na m

Počet kombinací se značí C n m a vypočítá se podle vzorce:

Příklad 7 Kolika způsoby si může čtenář vybrat dvě knihy ze šesti dostupných?

Řešení: Počet cest se rovná počtu kombinací šesti knih po dvou, tzn. rovná se:

Permutace n prvků

Definice 3. Permutace z n prvky se nazývá libovolný objednaná sada tyto prvky.

Příklad 7a. Všechny možné permutace množiny sestávající ze tří prvků (1, 2, 3) jsou: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) (3, 2, 1), (3, 1, 2).

Počet různých permutací n prvků se značí P n a vypočítá se podle vzorce P n =n!.

Příklad 8 Kolika způsoby lze sedm knih od různých autorů uspořádat za sebou na polici?

Řešení: tento problém se týká počtu permutací sedmi různých knih. Existuje P 7 =7!=1*2*3*4*5*6*7=5040 způsobů, jak uspořádat knihy.

Diskuse. Vidíme, že počet možných kombinací lze vypočítat podle různých pravidel (permutace, kombinace, umístění) a výsledek bude jiný, protože princip počítání a samotné vzorce jsou odlišné. Při bližším pohledu na definice můžete vidět, že výsledek závisí na několika faktorech současně.

Za prvé, z kolika prvků můžeme kombinovat jejich množiny (jak velká je obecná populace prvků).

Za druhé, výsledek závisí na tom, jaké velikosti sad prvků potřebujeme.

Nakonec je důležité vědět, zda je pro nás pořadí prvků v sadě významné. Vysvětleme poslední faktor na následujícím příkladu.

Příklad 9 Na rodičovské schůzce je 20 lidí. Kolik různých možností pro složení mateřské komise existuje, pokud by měla zahrnovat 5 osob?
Řešení: V tomto příkladu nás nezajímá pořadí jmen na seznamu komise. Pokud se v důsledku toho v jejím složení objeví stejní lidé, pak je to pro nás významově stejná možnost. Proto můžeme k výpočtu čísla použít vzorec kombinace z 20 prvků, 5.

Věci budou jiné, pokud bude každý člen výboru zpočátku odpovědný za určitou oblast práce. Pak, se stejnou výplatní listinou komise, je v ní možná 5! možnosti permutace na tom záleží. Počet různých (jak z hlediska složení, tak oblasti odpovědnosti) možností je v tomto případě určen počtem umístění z 20 prvků, 5.

Úkoly pro autotest
1. Kolik trojciferných sudých čísel lze sestavit z čísel 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, lze-li čísla opakovat?
Protože sudé číslo na třetím místě může být 0, 2, 4, 6, tzn. čtyři číslice. Druhé místo může být kterékoli ze sedmi číslic. První místo může být jakákoli ze sedmi číslic kromě nuly, tzn. 6 možností. Výsledek =4*7*6=168.
2. Kolik je pětimístných čísel, která se čtou stejným způsobem zleva doprava a zprava doleva?
První místo může být libovolné číslo kromě 0, tzn. 9 možností. Druhé místo může být libovolné číslo, tzn. 10 možností. Třetí místo může být také libovolné číslo od, tzn. 10 možností. Čtvrtá a pátá číslice jsou předem určeny, shodují se s první a druhou, proto je počet takových čísel 9*10*10=900.
3. Ve třídě je deset předmětů a pět vyučovacích hodin denně. Kolika způsoby si můžete vytvořit rozvrh na jeden den?

4. Kolika způsoby mohou být vybráni 4 delegáti na konferenci, pokud je ve skupině 20 lidí?

n = C204 = (20!)/(4!*(20-4)!)=(16!*17*18*19*20)/((1*2*3*4)*(16! ))=(17*18*19*20)/(1*2*3*4)=4845.
5. Kolika způsoby lze vložit osm různých dopisů do osmi různých obálek, pokud je do každé obálky vložen pouze jeden dopis?
Do první obálky můžete vložit 1 z osmi písmen, do druhé ze sedmi zbývajících písmen, do třetí ze šesti atd. n = 8! = 1*2*3*4*5*6*7*8 = 40320.
6. Ze tří matematiků a deseti ekonomů je třeba sestavit komisi složenou ze dvou matematiků a šesti ekonomů. Kolika způsoby to lze provést?