Poglavlje 1
ELEMENTI KOMBINATORIKE

KOMBINATORIKA je grana grana matematike koja se bavi osnovnim svojstvima konačnih skupova i metodama prebrojavanja. Poznati kombinatorni problemi su: problem izbora upravnog odbora, problem mostova u Konigsbergu, problem magičnih kvadrata, problem 4 boje. Zadatak ovog poglavlja je da se upozanju metode prebrojavanja koje će se iskoristiti za računanje vjerojatnosti slučajnih dogadaja.

1.1 UVOD

MOTIV 1.1

(a) Kolika je suma prvih 1000 prirodnih brojeva?
(b) Dokažite da vrijedi formula

AMI primijenjujemo pri dokazivanju općenite valjanosti formula koje sadrže varijablu n ∈ ℕ.

PRIMJER 1.1 motiv

Dokažite da vrijedi formula

Rješenje:
Neka je M = .
Pomoću AMI želimo dokazati da je M = ℕ.
(B.I) baza indukcije: 1 ∈ M:

Definicija 1.1

(FAKTORIJEL)

Za prirodan broj n ∈ ℕ, definiramo prirodan broj ”n faktorijela” u oznaci n! sa:

a dogovorno 0! = 1.

(BINOMNI KOEFICIJENT)

Neka su n,k ∈ ℕ,k ≤ n. Binomni koeficijent je prirodni broj u oznaci

(”n povrh k”) definiran na sljedeći način:

a dogovorno: = 1,  = 1.

NAPOMENA 1.1 Stirlingova formula

Za približno izračunavanje faktorijela velikih brojeva možemo primijeniti aproksimativnu Stirlingovu formulu:

Rješenje:
Pomoću Stirlingove formule računamo 5! ≈ 5⁵ ⋅ e^-5 = 118.019. Kako je po definiciji 5! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 120 greška aproksimacije je 1.981.

Rješenje:
D: tko želi znati više

• = = = = .
• 

TEOREM 1.2 (BINOMNI TEOREM)

Neka su a,b ∈ ℝ,n ∈ ℕ. Binomni teorem izražava razvoj n-te potencije binoma formulom:

.

Dokaz: tko želi znati više
Tvrdnja se dokazuje pomoću aksioma matematičke indukcije (AMI). Neka je

1.2 PRINCIPI PREBROJAVANJA

TEOREM 1.3 (PRINCIP SUME)

Neka konačni skupovi imaju n_i elemenata, n_i ∈ ℕ,i = 1,2,..,k, |S_i| = n_i i neka su disjunktni za svaki izbor i≠j, S_i∩ S_j = ∅.
Ako je S = S₁ ∪ S₂ ∪ ... ∪ S_k, onda skup S ima n=n₁ + n₂ + ... + n_k elemenata:

TEOREM 1.4 (PRINCIP PRODUKTA)

Neka konačni skupovi S_i imaju n_i elemenata, n_i ∈ ℕ,i = 1,2,..,k,
|S_i| = n_i. Ako je S = S₁ × S₂ × ... × S_k (kartezijev produkt skupova), onda skup S ima n=n₁ ⋅ n₂ ⋅ ... ⋅ n_k elemenata (uredenih k-torki s=(s₁,s₂,...,s_k)):

Rješenje:
S₁ ima n₁ = 6 elemenata, S₂ ima n₂ = 6 elemenata.
(a) S = S₁ ∪ S₂,  |S| = |S₁| + |S₂| = n₁ + n₂ = 12.
(b) S = S₁ × S₂,  |S| = |S₁|⋅|S₂| = n₁n₂ = 36.

Princip produkta ili osnovni princip kombinatorike ima drugu interpretaciju u teoremu o uzastopnom prebrojavanju.

Rješenje:
a) n = 4⋅8⋅16=512,
b) n = 4⋅8⋅4=128
c) n = 4⋅2⋅2=16.

1.3 PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA

T: Broj svih n-članih permutacija je

D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na (n - 1) načina, treći na (n - 2) načina itd.

D: tko želi znati više

Pomoću AMI po n : Neka je M = {n ∈ ℕ : P_n = n!}.
(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za n = 1 broj uredenih jednorki iz skupa koji ima samo 1 element jednak P₁ = 1. Prema formuli n! = 1! = 1 za n = 1; Tako je 1 ∈ M.
(P.I) Pretpostavimo m ∈ M,
tj. vrijedi formula V _m = m!.
(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.
tj. treba pokazati da vrijedi P_m+1 = (m + 1)!.
Skup svih permutacija od m + 1 element možemo podijeliti na m + 1 podskupova u kojima su permutacije s fiksnim prvim elementom npr. a₁, sve permutacije s fiksnim prvim elementom a₂ itd. Tako je

Rješenje:
Svaka lozinka je jedna permutacija bez ponavljanja n = 4-članog skupa S = {v,c,1,5}. Ukupan broj permutacija bez ponavljanja je P(4) = 4! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24. Možemo formirati 24 lozinke.

Rješenje:
Svaki 4-znamenkasti broj je permutacija n = 4-članog skupa S. Broj permutacija je P(4) = 4! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24.

1.3.1 PERMUTACIJE S PONAVLJANJEM

T: Broj n-članih permutacija s ponavljanjem je

tko želi znati više

D: Pretpostavimo da su svi elementi u permutaciji sa ponavljanjem različiti i da imamo permutaciju bez ponavljanja od n = n₁ + n₂ + ... + n_k elemenata. Ukupan broj tih permutacija je (n₁ + n₂ + ... + n_k)! . U permutaciji s ponavljanjem možemo zamijeniti mjesta na kojima su elementi prve vrste na n₁! načina i pri tom se permutacija neće promijeniti. Slično zaključujemo i za elemnte druge, ..., k-te vrste. Za svaku permutaciju s ponavljanjem postoji n₁!n₂!...n_k! permutacija bez ponavljanja u kojima se ne mijenja poredak različitih elemnata skupa S. Mijenjajući poredak različitih elemenata dobili bismo ukupan broj permutacija bez ponavljanja od n = n₁ + n₂ + ... + n_k elemenata. Stoga je ukupan broj permutacija bez ponavljanja jednak (n₁ + n₂ + ... + n_k)! = n₁!n₂!...n_k!P_n(n₁,n₂,...,n_k). Otuda slijedi da je ukupan broj permutacija s ponavanjem dan formulom

Rješenje:
Lozinka je je 4-člana permutacija s ponavljanjem elemenata iz skupa S = {v,v,1,5}, tako da je n = n₁ + n₂ + n₃ = 2 + 1 + 1 = 4. Broj permutacija s ponavljanjem je P_n(n₁,n₂,...,n_k) = P₄(2,1,1) = = 12. Možemo formirati 12 lozinki.

Rješenje:
Svaki 5-znamenkasti broj je 5-člana permutacija s ponavljanjem elemenata tako da je n = n₁ + n₂ + n₃ + n₄ = 2 + 1 + 1 + 1 = 5. Broj permutacija je P_n(n₁,n₂,...,n_k) = P₅(2,1,1,1) = = 60.

Rješenje:
Svaki niz duljine 10 je permutacija s ponavljanjem, tako da je n = n₁ + n₂ + n₃ + n₄ + n₅ = 4 + 2 + 2 + 1 + 1 = 10. Broj permutacija je P_n(n₁,n₂,...,n_k) = P₁₀(4,2,2,1,1) = = 604800.

Rješenje: P₉(2,2,3).

PRIMJER 1.12 Uzorak s vraćanjem

Skup S ima n elemenata od kojih je n₁ jedne vrste, n₂druge vrste, ... , n_k k-te vrste, n=n₁ + n₂ + ... + n_k. Uredena r-torka ima r₁ elemenata prve skupine, r₂ elemenata druge skupine, ...,r_k elemenata k - te skupine r=r₁+r₂+...+r_k. Broj uredenih r-torki s vraćanjem je:

Ako je n veliki a r mali u odnosu na n možemo odrediti broj uredenih r-torki s vraćanjem:

Rješenje:
Koristimo formulu za uzorak s vraćanjem (veliki n u odnosu na r).
Osnovni skup je velik n(nepoznat)). Uzorak je uredena r-torka sastavljena od r = r₁ + r₂ + r₃ =2+3+4=9 olovaka.
Broj uzoraka je broj uzoraka s vraćanjem je P₉(4,2,3).

PRIMJER 1.14 motiv

Ponavljamo eksperiment koji ima k=3 ishoda n=7 puta a da se uvjeti eksperimenta ne mijenjaju. Broj mogućih nizova eksperimenata takvih da se prvi ishod dogodi n₁ = 1 puta, n₂ = 2 puta,...,k-ti ishod n_k = 4 puta je:

jer je broj različitih nizova eksperimenata jednak broju uzoraka s vraćanjem.

1.4 VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA

T: Broj svih varijacija r-tog razreda od n elemenata je

D: tko želi znati više

Pomoću AMI po n : Neka je M = {n ∈ ℕ : V _n^(r) = , 1 ≤ r ≤ n}.
(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za n = 1 parametar 1 ≤ r ≤ n može poprimiti samo vrijednost r = 1 pa je broj uredenih jednoorki iz skupa koji ima samo 1 element jednak V ₁⁽¹⁾ = 1. Prema formuli = = 1 za n = 1; Tako je 1 ∈ M.
(P.I) Pretpostavimo m ∈ M,
pa tada za svaki dani 1 ≤ r ≤ m vrijedi formula V _m^(r) = .
(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.
(i) Ako je r = 1 onda je očito broj svih uredenih jeednorki iz skupa koji ima m + 1 element jednak V _m+1⁽¹⁾ = m + 1. Prema formuli = = (m + 1) za n = m + 1 i r = 1.
Tako je m + 1 ∈ M za r = 1.
(ii) Ako je 2 ≤ r ≤ m + 1 treba pokazati da vrijedi V _m+1^(r) = .
Za svaki fiksni r možemo skup svih varijacija podijeliti na m + 1 podskupove u kojima su varijacije s fiksnim prvim elementom npr. a₁, sve varijacije s fiksnim prvim elementom a₂ itd. Tako je

Rješenje:
(a) Lozinka duljine 4 znaka je jedna varijacija 4.tog razreda od n = 4-članog skupaS = {v,c,1,5} tj. permutacija bez ponavljanja od 4 elementa. Broj varijacija je V ₄⁽⁴⁾ = P(4) = 4! = 24. Možemo formirati 24 lozinke. (b) Lozinka duljine 3 znaka je jedna varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupaS = {v,c,1,5}. Broj varijacija je V ₄⁽³⁾ = = 24. Možemo formirati 24 lozinke.

Rješenje:
Svaki 2-znamenkasti broj je varijacija 2-og razreda od n = 4-članog skupa S. Broj varijacija je V ₄⁽²⁾ = = 12..

Rješenje:
Svaki 4-znamenkasti broj je varijacija 4-og razreda od n = 5 elemeata. Broj varijacija je V ₅⁽⁴⁾ = = 120.
Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V ₅⁽⁴⁾ moramo oduzeti sve varijacije 3-eg razreda od 4 elementa V ₄⁽³⁾ = = 24. Traženih brojeva ima V ₅⁽⁴⁾ -V ₄⁽³⁾ = 120 - 24 = 96.

Rješenje:
Broj je djeljiv s 5 ako mu je zadnja znamenka 0 ili 5.
Prvo, fiksiramo zadnju znamenku 5.
Svaki takav troznamenkasti broj je varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupa
S = . Broj varijacija je V ₄⁽³⁾ = = 24.
Nula ne može biti na prvom mjestu pa od V ₄⁽³⁾ moramo oduzeti sve varijacije 2-og razreda od 3 elementa iz skupa V ₃⁽²⁾ = = 6.
Zatim, fiksiramo zadnju znamenku 0. Svaki takav 3-znamenkasti broj je varijacija 3-eg razreda od n = 4-članog skupa
S = , pa ih ukupno ima V ₄⁽³⁾ = = 24.
Ukupan broj traženih brojeva je V ₄⁽³⁾ - V ₃⁽²⁾ + V ₄⁽³⁾ = 24 - 6 + 24 = 42.

Rješenje: V ₃₀⁽⁴⁾.

1.4.1 VARIJACIJE S PONAVLJANJEM

T: Broj varijacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata

D: Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na n načina, treći na n načina, itd., r-ti na n načina jer je dozvoljeno ponavljanje elemenata iz skupa S.

D: tko želi znati više

Pomoću AMI po r : Neka je M = {r ∈ ℕ : V _n^(r) = n^r, n ∈ ℕ}.
(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za r = 1 broj uredenih jednorki iz skupa koji ima samo n element jednak V _n⁽¹⁾ = n. Prema formuli n^r = n¹ = n za r = 1; pa je 1 ∈ M.
(P.I) Pretpostavimo da je m ∈ M,
tj. vrijedi formula V _m^(r) = n^m.
(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.
tj. treba pokazati da vrijedi V _n^(m+1) = n^m+1.
Skup svih varijacija s ponavljanjem možemo podijeliti na n podskupova u kojima su varijacije s ponavljanjem s fiksnim prvim elementom npr. a₁, sve varijacije s fiksnim prvim elementom a₂ itd. Tako je

Rješenje:
(a) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 4-tog razreda od n = 4-članog skupa S = v,c,1,5. Broj varijacija je V ₄⁽⁴⁾ = 4⁴ = 256. Možemo formirati 256 lozinki.
(b) Lozinka je varijacija s ponavljanjem 3-tog razreda od n = 4-članog skupa S = v,c,1,5. Broj varijacija je V ₄⁽³⁾ = 4³ = 64. Možemo formirati 256 lozinki.

Rješenje:
Svaki takav dvoznamenkasti broj je varijacija s ponavljanjem 2-og razreda od n = 4-članog skupa S. Broj varijacija je V ₄⁽²⁾ = 4² = 16.

Rješenje: V ₆⁽³⁾

Rješenje: V ₆⁽³⁾.

Rješenje: S = {0,1,2}, n = 3.
Listić je varijacija s ponavljanjem r = 10-og razreda od n = 3 elementa. Broj varijacija je V ₃⁽¹⁰⁾ = 3¹⁰ = 59049.

1.5 KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA

T: Broj svih kombinacija r-tog razreda je

• C_n^(r) = = ;
• C_n^(r) = .

D: (i) Budući da u r-članom skupu redoslijed nije bitan onda broj uredenih r-torki od n elemenata moramo podijeliti s brojem permutacija r-članog skupa.
(ii) Prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, prvi element možemo izabrati na n načina, drugi možemo izabrati na (n - 1) načina, treći na (n - 2) načina, r-ti na (n - r + 1) način.

D: tko želi znati više

Pomoću AMI po n :
Neka je M = {n ∈ ℕ : C_n^(r) = , 1 ≤ r ≤ n}.
(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M. Za n = 1 parametar 1 ≤ r ≤ n može poprimiti samo vrijednost r = 1 pa je broj jednočlanih podskupova iz skupa koji ima samo 1 element jednak C₁⁽¹⁾ = 1. Prema formuli = = 1 za n = 1; Tako je 1 ∈ M.
(P.I) Pretpostavimo m ∈ M,
pa tada za svaki dani 1 ≤ r ≤ m vrijedi formula C_m^(r) = .
(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je m + 1 ∈ M.
(*) Ako je r = 1 onda je očito broj svih jednočlanih podskupova iz skupa koji ima m + 1 element jednak C_m+1⁽¹⁾ = m + 1. Prema formuli = = (m + 1) za n = m + 1 i r = 1.
Pokazali smo da je m + 1 ∈ M za r = 1.
(**) Ako je 2 ≤ r < m + 1 treba pokazati da vrijedi C_m+1^(r) = .
Za svaki fiksni r možemo skup svih kombinacija podijeliti na dva podskupa u kojima su kombinacije bez ponavljanja koje sadrže fiksni element npr. a₁, i podskup u kojem su kombinacije bez ponavljanja koje ne sadrže fiksni element a₁. Tako je

Prema AMI zaključujemo da je M = ℕ.

Rješenje: S = {1,2,3,...,39}, n = 39.
Listić je kombinacija 7-og razreda (r = 7) od 39 elemenata. Broj kombinacija je C₃₉⁽⁷⁾ = = = 15380937. Treba ispuniti 15380937 listića da bi bili sigurni da ćemo imati jedan dobitak.

Rješenje: S = {1,2,3,4,5}, n = 5.
a) Pravac je kombinacija 2-og razreda (r = 2) od 5 elemenata. Broj kombinacija je C₅⁽²⁾ = = = 10. Točke odreduju 10 pravaca.
b) Trokut je kombinacija 3-eg razreda (r = 3) od 5 elemenata. Broj kombinacija je C₅⁽³⁾ = = = 10. Točke odreduju 10 trokuta.

Rješenje:
Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanju i broj kombinacija r_i-razreda od n_i elemenata).
n = n₁ + n₂ =20+30,r = r₁ + r₂ =3+3.
Ukupan broj načina da se dobije 6-člani Klub je
C₂₀⁽³⁾ ⋅ C₃₀⁽³⁾ = ⋅ = 4628400.

Rješenje:
Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja (koristimo teorem o uzastopnom prebrojavanju i broj kombinacija r_i-razreda od n_i elemenata).
S = 20T + 7D, n = n_T + n_D; n_T = 20, n_D = 7.
Uzorak r = 5T + 3D,  r = r_T + r_D; r_T = 5, r_D = 3.
Broj traženih uzoraka je C₂₀⁽⁵⁾ ⋅ C₇⁽³⁾ = ⋅ = 542640.

Rješenje: Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja.
a) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n_T + n_D = 6+4. Uzorak bez neispravnih proizvoda ima r = r_T + r_D = 3 + 0.
Broj uzoraka koji nemaju neispravnih proizvoda je: C₆⁽³⁾ ⋅ C₄⁽⁰⁾ =20.
b) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n_T + n_D = 6 + 4. Uzorak s 1 neispravnim proizvodom ima r = r_T + r_D = 2 + 1.
Broj uzoraka koji imaju 1 neispravni proizvod je: C₆⁽²⁾ ⋅ C₄⁽¹⁾ = 60 .
c) Osnovni skup ima n = 10 elemenata; n = n_T + n_D = 6 + 4. Uzorak s bar dva ispravna proizvoda može biti ako ima 1 ili 0 neispravna proizvoda.
Broj uzoraka s bar 2 ispravna proizvoda je:
c) = a) + b) = C₆⁽³⁾ ⋅ C₄⁽⁰⁾ + C₆⁽²⁾ ⋅ C₄⁽¹⁾ = 20 + 60 = 80 .

Rješenje:
Broj uzoraka veličine r = 3 od n = 100 elemenata je C₁₀₀⁽³⁾ =161700.
Koristimo formulu za uzorak bez vraćanja.
Osnovni skup ima n = 100 = n₁ + n₂ + n₃ = 70 + 20 + 10 proizvoda
Uzorak prve klase ima r = r₁ + r₂ + r₃ = 3 + 0 + 0 = 3 proizvoda.
Broj uzoraka prve klase je: C₇₀⁽³⁾ ⋅ C₂₀⁽⁰⁾ ⋅ C₁₀⁽⁰⁾ =54740.
Kontrolor će dati pozitivnu ocjenu u = 0.3385 ili u 33,8% slučajeva.

1.5.1 KOMBINACIJE S PONAVLJANJEM
tko želi znati više

T: Broj svih kombinacija s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata je

• C_n^(r) = ;
• C_n^(r) = C_n+r-1^(r);
• C_n^(r) = P_n+r-1(n - 1,r).

D: tko želi znati više

(i) Pomoću AMI po s = n + r - 1 :
Neka je M = {s = n + r - 1 ∈ ℕ : C_n^(r) = ,n,r ∈ ℕ}.
(B.I) Provjeravamo je li 1 ∈ M.
Za s = 1 tj. n + r = 1, parametari su r = 1,n = 1. Broj 1-čl. podskupova iz skupa koji ima samo 1 element jednak je C₁⁽¹⁾ = 1. Prema formuli = = 1 za s = 1; pa je s = 1 ∈ M.
(P.I) Pretpostavimo da s = m ∈ M,
tj. za n + r - 1 = m vrijedi formula C_n^(r) = .
(K.I) U koraku indukcije trebamo pokazati da je s = m + 1 ∈ M
tj. da za n + r - 1 = m + 1 vrijedi formula C_n^(r) = .

(*) Ako je r = 1 onda je očito broj svih 1-članih podskupova s ponavljanjem iz skupa koji ima n = m + 1 element jednak C_m+1⁽¹⁾ = m + 1. Prema formuli = = (m + 1) za n = m + 1 i r = 1.
Pokazali smo da je s = m + 1 ∈ M za r = 1.
(**) Ako je n = 1 onda je očito broj svih m + 1-članih podskupova s ponavljanjem iz skupa koji ima n = 1 element jednak C₁^(m+1) = 1. Prema formuli = = 1 za n = 1 i r = m + 1.
Tako je s = m + 1 ∈ M za n = 1.
(***) U ostalim slučajevima, skup svih kombinacija s ponavljanjem možemo podijeliti na dva podskupa u kojima su kombinacije sa ponavljanjem koje sadrže fiksni element npr. a₁, i kombinacije sa ponavljanjem koje ne sadrže fiksni element a₁.
Zato je

Prema AMI zaključujemo da je M = ℕ.

(ii) Pokazat ćemo na primjeru n = 3, r = 2 da formula vrijedi.
Neka je skup S = {1,2,3}. Sve kombinacije  s ponavljanjem 2-og razreda od 3 elementa su (elemente smo poredali po uzlaznim vrijednostima):
{1,1} {1,2} {1,3} {2,2} {2,3} {3,3}.
Tih kombinacija ima C₃⁽²⁾ =6.
Definirajmo preslikavanje koje će ovim podskupovima pridijeliti podskupove dobivene tako da prvom članu podskupa dodamo 0, a drugom članu 1.

{1,1}→{1,2}

{1,2}→{1,3}

{1,3}→{1,4}

{2,2}→{2,3}

{2,3}→{2,4}

{3,3}→{3,4}.

Slike su kombinacije bez ponavljanja 2-og razreda od 4-članog skupa {1,2,3,4}. Preslikavanje je bijekcija izmedu skupa svih kombinacija s ponavljanjem 2-razreda od 3 elementa i kombinacija 2-razreda od 4 elementa. Budući da postoji bijekcija, ti su skupovi jednakobrojni pa vrijedi C₃⁽²⁾ = C₄⁽²⁾ = 6.

(ii) Uočimo da je izbor r kuglica iz jedne kutije u kojoj je n različitih kuglica s vraćanjem u kutiju, analogan rasporedu r jednakih kuglica u n različitih kutija. Svaki raspored kako se r kuglica može rasporediti u n kutija je kombinaciju s ponavljanjem r-tog razreda od n elemenata. Zamislimo da imamo n kutija poredanih u niz i da u njih bacamo k kuglica.
Problem je sada kao da slažemo kuglice i pregrade izmedu njih. Jedan raspored možemo gledati kao uredenu n - 1 + r -torku gdje imamo n - 1 izbor pregrada i r izbora za kuglice.  Svaki takav raspored je permutacija s ponavljanjem od n - 1 + r elementata od kojih jedne vrste ima n - 1, a druge r. Ukupan broj takvih permutacija s ponavljanjem ima P_n-1+r(n - 1,r).

Rješenje: Bagere možemo rasporediti na C₆⁽³⁾ = = = = 56 načina.

Rješenje: C₆⁽³⁾.

Rješenje: C₆⁽³⁾.

Rješenje: S = {1,2,3,4,5}, n = 5 vrsta čarapa.
Poklon je kombinacija s ponavljanjem 9-razreda (r = 9) od 5 elemenata.
Broj poklona je C₅⁽⁹⁾ = = = = 715.

Rješenje: C₆⁽³⁾.

Rješenje: C₆⁽³⁾.

1.6 Ponovimo

IZBOR - s vraćanjem

IZBOR - bez vraćanja

RAZDIOBE - proizvoljno predmeta u kutijama

RAZDIOBE - najviše po jedan predmet u kutiji

UZORCI