Сочетания

Выбрать надо три различные краски, поэтому повторяться они не могут. Важны только выбранные цвета, а не их порядок. Поэтому каждый выбор трех красок можно рассматривать как сочетание из 5 доступных красок по 3 «вакантным местам» для красок. Количество этих сочетаний находим по формуле:

$C_5^3 = 10$

Так как ладьи одинаковые, то порядок их расположения в 8 клетках не имеет значения. Будем каждой ладье назначать свою клетку. Одну клетку можно назначить только один раз.

При таких условиях каждую расстановку ладей можно рассматривать как сочетание из 64 доступных для выбора клеток по 8 ладьям. Находим количество сочетаний по формуле:

В общем случае у нас будет $m\cdot n$ клеток, которые надо распределить по k одинаковым ладьям. Количество способов это сделать:

8 ладей на поле $8\times 8$:

k ладей на поле $m\times n$:

Воспользуйтесь правилом умножения.

Первый человек может 7-ю способами выбрать книгу для обмена. Вне зависимости от выбранной им книги, второй человек свою книгу для обмена может выбрать 9-ю способами. По правилу умножения получаем $7\cdot 9 = 63$ способа обменяться.

Запишем то же самое, но используя формулу количества сочетаний:

Если же обмен происходит по три книги, причем порядок выбранных для обмена книг роли не играет, то мы по-прежнему работаем с сочетаниями:

При обмене одной книгой $C_7^1 C_9^1 = 63$ варианта. При обмене трех книг $C_7^3 C_9^3 = 2940$ вариантов.

Исопльзуйте формулу сочетаний без повторений.

Положение ящиков внутри машины значения не имеет, каждый ящик погружается один раз. Тогда каждый вариант полной загрузки машины можно рассматривать как сочетание из 12 ящиков по 6 вакантным местам внутри кузова машины. Находим количество этих сочетаний по формуле:

Всего 924 способа загрузить одну машину. Вне зависимости от выбранного способа загрузки, во вторую машину нужно загрузить 6 оставшихся ящиков, а сделать это можно только одним образом — загрузить их все.

Так как машины одинаковые, то нет никакой разницы, грузим мы ящики 924 способами на первую машину или на вторую. Ведь после загрузки их можно просто поменять местами и вот вторая машина уже стала первой.

Итого, в целом все ящики на двух одинаковых машинах можно вывезти 924 способами, если считать две машины неотличимыми друг от друга.

924

В команде для эстафеты, в отличие от бега на 1000 метров, у каждого бегуна есть своя конкретная дистанция, которую он должен пробежать.

Когда мы выбираем членов команды для забега на 1000 метров, нет никакой разницы, как именно мы производим выбор. Все равно каждый из бегунов бежит одну и ту же дистанцию. Поэтому каждый вариант составить команду является сочетанием из 30 кандидатов по 4 местам в команде. Находим количество сочетаний по формуле:

В эстафете же уже внутри команды появляется разбивка на 4 разные дистанции. Поэтому каждый вариант составить команду является размещением без повторений из 30 кандидатов по 4 разным пробегаемым дистанциям в команде. Находим количество размещений по формуле:

Кстати, этот же результат можно получить другим способом. Сначала собраем команду без разбивки по дистанциям: $C_{30}^4$. Но в каждом этом составе есть 4! способа назначить участникам дистанции (формула перестановок). Итоговое количество вариантов собрать команду для эстафеты получаем по правилу умножения:

Составить команду для бега на 1000 метров можно $C_{30}^4 = 27 \ 405$ способами, а для эстафеты $A_{30}^4 = 657 \ 720$ способами.

Из условия получается, что любая пара прямых образует точку пересечения. Используйте этот факт.

Через сочетания

Сначала сделаем несколько важных выводов из условия задачи:

1. Любые две прямые обязательно пересекаются друг с другом

2. Через каждую точку пересечения всегда проходят только две прямые

Первое выполняется, потому что в противном случае прямые были бы параллельными, что запрещено условием. Второе выполняется, потому что никакие три (а значит и никакие четыре, пять и так далее) прямые не пересекаются в одной точке.

Вот и получается, что по условию задачи каждая точка пересечения образовывается только от пересечения двух прямых. Причем порядок прямых не важен. Другими словами количество неупорядоченных пар прямых равно количеству точек пересечения.

Неупорядоченные пары прямых это буквально сочетания из n прямых по 2 местам в паре. Найдем их количество по формуле:

Через правило умножения

Выберем две прямые. Первую можно выбрать n способами. Вне зависимости от сделанного выбора вторую прямую можно выбрать $(n-1)$ способами. По правилу произведения получаем $n \cdot (n-1)$ способов выбрать две прямые, а значит столько же точек пересечения.

Но каждая из этих точек пересечения имеет свой дубликат для случая, когда мы выбрали те же две прямые, но в обратном порядке. Поэтому для получения правильного ответа надо разделить результат правила произведения на 2:

Через арифметическую прогрессию

Нариусем первую прямую. Пока что 0 точек пересечения. Добавим вторую прямую. К нулю исходных точек добавится одна точка пересечения с одной прямой, которая уже была нарисована. Добавим третью прямую. Образуется еще две новые точки пересечения с двумя уже нарисованными прямыми в дополнение к уже одной имеющейся точке.

Продолжаем этот процесс. В конечном итоге добавление n-ой прямой обрзаует еще $(n-1)$ точек пересечения с $(n-1)$ уже нарисованными прямыми, с сохранением предыдущих точек! Получается следующая формула количества точек пересечения:

Опустим ни на что не влияющий 0 и понимаем, что это сумма $(n-1)$ членов самой банальной арифметической прогрессии с разностью $d=1$ и первым членом, равным 1. Найдем, чему равна эта сумма по формуле:

Во второй вечер может выступать то же самое количество составов, что и в первый, кроме одного — того, что играл в первый вечер.

Каждый состав для спектакля является неупорядоченным набором из 6 артистов. Поэтому состав по сути является сочетанием из 10 артистов по 6 местам в составе. Найдем количество составов по формуле: $C_{10}^6$.

Но это количество составов на первый вечер. Следующим вечером должен выступать другой состав, то есть вариантов по-прежнему $C_{10}^6$ за исключением уже сыгравшего состава: $C_{10}^6 - 1$.

Находим общее количество выбрать два состава на два вечера по правилу умножения:

Посчитайте количество способов выбрать пару дней, когда сын получает яблоки.

Через сочетания

Найдем количество способов выбрать «яблочные» дни, то есть дни, когда сын получал яблоко. Для этого посчитаем количество сочетаний из 5 дней по 2 «яблочным» дням по формуле: $C_5^2 = 10$.

Остальные 3 дня в любом из этих 10 вариантов сын получает груши. Но так как груши одинаковые, то никаких новых способов раздать фрукты это не порождает. Получается $C_5^2$ и есть все способы, которыми мать может раздать фрукты.

Кстати, эту задачу можно решить и наоборот, найдя «грушевые» дни. Получится тот же самый ответ: $C_5^3 = 10$. В этом смысле задача является хорошей иллюстрацией следующего свойства сочетаний:

Через перестановки с повторениями

Задачу можно решить и другим способом. Выпишем в ряд номера всех пяти дней. Над каждым днем можно указать букву «Я» или «Г», в зависимости от фрукта, который получает сын. Например:

Тогда каждый вариант раздать фрукты является перестановкой с повторениями из 5 этих самых фруктов. Находим количество этих вариантов по формуле:

Олег не учел «одинаковость» фруктов.

Ошибка Олега заключается в том, что в его решении все фрукты друг от друга отличаются, хотя в задаче четко говорится, что яблоки и груши одинаковые.

Из-за этого в его 120 вариантах раздать фрукты встречаются и два вот таких:

По условию задачи это должны быть два одинаковых варианта, ведь яблоки он в обоих случаях получает в первые два дня. А у Олега эти варианты разные.

Сначала найдите количество способов выбрать 12 человек из 17 без всяких ограничений. Потом из полученного результата вычтите количество способов выбрать человек так, чтобы два врага оказались выбраны вместе.

Без ограничений из условия каждый способ выбрать 12 человек (без разницы, в каком порядке) из 17 можно рассматривать как сочетание, а количество способов это сделать можно найти по формуле:

Представим, что мы все же выбрали сразу двух врагов. Остальных 12 - 2 = 10 человек из оставшихся 17 - 2 = 15 можно выбрать $C_{15}^{10} = 3003$ способами.

Теперь из всех возможных выборов надо вычесть те, в которых присутствуют оба врага:

Итак, всего 3185 способов выбрать человек так, чтобы два врага точно не оказались выбраны вместе.

Повторяя все те же рассуждения уже для букв, получаем ответ в общем виде:

3185 способов выбрать 12 человек из 17 так, чтобы двое врагов не были выбраны вместе.

Формула для общего случая:

Найдите все способы составить одну команду. Покажите, что это и будет ответом на задачу.

Так как в каждой команде должен быть как минимум один юноша, то единственный вариант их распределения это два юноши в одной команде и один в другой. Обозначим команду, в которой оказалось двое юношей как «первую» команду.

Есть $C_3^2$ способов выбрать пару юношей для первой команды. Последний оставшийся юноша единственным образом отправляется во вторую команду.

Чтобы завершить состав первой команды, в нее надо добавить пару девушек. Это можно сделать $C_5^2$ способами, вне зависимости от выбранной пары юношей. По правилу умножения получаем все способы укомплектовать первую команду:

Все оставшиеся девушки, прямо как и оставшийся юноша до этого, единственным образом отправятся во вторую команду.

Так как один оставшиеся 1 юноша и 3 девушки автоматически идут в противоположную команду, не порождая новых вариантов, получается, что все способы разбиться на две команды по сути определяются лишь способами составить всего одну команду!

Найдите количество способов выбрать президиум. Потом количество способов выбрать делегацию. Используйте правило умножения.

Порядок выбранных людей как в президиум, так и в делегацию роли не играет. Поэтому мы работаем с сочетаниями и для подсчета их количества будем использовать соответствующую формулу.

Разберем вариант, когда члены президиума могут быть и членами делегации. Есть $C_{52}^5$ сопособов выбрать членов президиума и вне зависимости от выбранных людей есть еще $C_{52}^3$ способов выбрать членов делегации. По правилу умножения получаем общее число способов выбрать и президиум, и делегацию:

Если же члены президиума не могут быть членами делегации, то последних можно выбирать уже не из 52 человек, а из 47, потому что 5 человек уже задействованы в президиуме:

На второй вопрос можно ответить и другим способом. Сначала $C_{52}^8$ способами выбираем 8 человек, а потом уже из них $C_8^3$ способами выбираем членов делегации, или, что то же самое, $C_8^5$ способами выбираем членов президиума:

Если члены президиума могут участвовать в делегации:

Если не могут:

Найдите количество вариантов укомплектовать героями сначала одну команду, а после этого вторую.

Решение немного схоже с решением задачи про артистов с той лишь разницей, что во второй команде (состав на второй вечер) не могут использоваться те герои (артисты), которые уже есть в первой команде (состав на первый вечер).

Начнем набирать героев в команду сил Света (без разницы с какой из двух начать). Всего 5 мест в команде, по которым в любом порядке нужно пять из 124 героев.

При таких условиях укомплектованную команду можно рассматривать как сочетание из 124 героев по 5 местам в команде. Количество таких сочетаний находим по формуле и оно равно $C_{124}^{5}$. С командой сил Тьмы логика такая же, но к этому моменту героев осталось 119, поэтому всего $C_{119}^{5}$ вариантов собрать команду.

Каждый из $C_{124}^{5}$ вариантов укомплектовать первую команду всегда порождает $C_{119}^{5}$ вариантов укомплектовать вторую. Значит мы можем использовать правило умножения, чтобы найти все возможные распределения героев по командам:

Это примерно 41 квадрилионов вариантов, то есть $\approx 41 \cdot 10^{15}$.

Для ответа на второй вопрос проведем преобразования:

В этой цепочке умножений 9 множителей. Все они больше 100, поэтому для простоты заменим их на 100 и найдем это уменьшенное произведение:

Получили число с 18 нулями в то время как в сыгранных 8 миллиардах игр нулей всего 9:

Даже если каждая из уже сыгранных игр была бы с уникальным распределением героев по командам, до полного перебора всех вариантов еще невообразимо далеко.

Это сильно больше, чем было сыграно игр, поэтому нет, даже если каждый матч брались бы разные составы команд, все варианты не перебрали бы.

Кстати, если вообще убрать разделение на команды и набирать по 10 героев на матч, то даже в этом случае вариантов получится $C_{124}^{10}$ и это все еще сильно больше, чем было сыграно игр.

Так что не только герои не сражались друг против друга в разных командах, но и в целом в матчах еще и близко не поучаствовали все возможные сочетания из 10 героев.

Представьте, что у вас уже есть точка пересечения. Рассмотрите, как она образовалась. Что нужно для того, чтобы она появилась?

Сразу заметим, что раз в одной точке не пересекаются никакие три диагонали, то не пересекаются никакие четыре, никакие пять и так далее... Значит, речь идет только о пересечениях двух диагоналей.

Точку пересечения могут образовать только две диагонали. Чтобы две диагонали смогли пересечься, они обязательно должны быть построены на 4 разных вершинах n-угольника!

Выходит, нам нужно выбрать 4 разные вершины n-угольника. Порядок выбора вершин не имеет значения. Как между ними диагонали не проводи, либо точки пересечения не получится вообще (но этот вариант не подходит по условию задачи), либо получится только одна.

При таких условиях каждый выбор 4 вершин n-угольника можно рассматривать как сочетание, а количество способов это сделать посчитать по соответствующей формуле:

$C_n^4$

Поразительно, что для рассчета таких интересных геометрических результатов нам даже не нужно видеть n-угольник. Ответ можно получить чисто из комбинаторных соображений...

Последовательно распределяйте главы по авторам. Финальный результат получите через правило умножения.

Первый автор должен написать 5 глав, причем не важно каких. В каком порядке он это сделал значения не имеет. Значит мы ищем сочетания из 17 глав по 5 главам, который напишет первый автор. Количество этих сочетаний по формуле равно $C_{17}^5$.

Вне зависимости от глав, которые выбрал первый автор, второй выбирает свои 4 главы из 12 оставшихся. Сделать это он может $C_{12}^4$ способами. И так далее по всем авторам.

Итого, по правилу умножения находим, сколькими способами можно распределить главы между авторами:

Разделите все треугольники на две группы: треугольники с двумя вершинами на первой прямой и треугольники с двумя вершинами на второй прямой.

Первую прямую обозначим буквой a, а вторую b. Выделим два класса треугольников: $T_a$ и $T_b$. В классе $T_a$ будут треугольники, две вершины которых лежат на прямой a, а третья на b. В классе $T_b$ треугольники, две вершины которых лежат на второй прямой b, а третья на a.

Треугольников, которые лежат сразу в обоих классах, не существует (это потребовало бы 4 вершины, а у треугольников их всего 3). Поэтому классы $T_a$ и $T_b$ не пересекаются.

Найдем теперь, сколько треугольников находится в классе $T_a$. Напомним, что в этом классе две вершины лежат на прямой a, а значит нам нужны две точки на этой прямой. Порядок точек значения не имеет, поэтому ищем сочетания из 10 точек на прямой a по 2 вершины. Количество пар точек находим по формуле сочетаний:

В качестве третьей вершины можно выбрать любую из 20 точек на прямой b. Находим количество всех треугольников в $T_a$ по правилу умножения:

По такой же логике находим количество треугольников в классе $T_b$:

Так как классы $T_a$ и $T_b$ не пересекаются, то по правилу суммы находим количество всех треугольников, которые можно построить на точках прямых a и b:

2800

Разбейте все возможные команды по 6 человек на группы по разному количеству женщин. Используйте правило суммы.

Порядок людей в команде из 6 человек не важен, поэтому каждую такую команду можно рассматривать сочетание. Для подсчета сочетаний будем использовать соответствующую формулу.

Через правило суммы

Все варианты составить команду из 6 человек можно разбить на 3 уникальные группы: с двумя, с тремя и с четырьмя женщинами.

Для групп с двумя женщинами этих самых женщин можно выбрать $C_4^2$ способами. Вне зависимости от сделанного выбора, 4-х мужчин можно выбрать $C_7^4$ способами. По правилу умножения находим все способы собрать команды с двумя женщинами:

По точно такой же логике находим способы собрать команды с тремя и четырьмя женщинами:

Используем правило суммы и находим общее количество способов собрать группы из 6 человек, в которых не меньше двух женщин:

Через разность

Найдем все возможные варианты собрать команду из 6 человек без каких-либо дополнительных условий. Для этого находим количество сочетаний из 11 человек по 6 местам в команде: $C_{11}^6$.

Вычтем из общего количества вариантов команды без женщин вообще ($C_7^6$) и только с одной женщиной ($C_4^1 C_7^5$) и тогда останутся только команды с двумя и более женщинами:

Попробуйте найти количество всех вариантов, вместе с «лишними», а потом из всех вычесть те самые «лишние». Тогда останется только то, что нужно...

Есть всего $C_{52}^{10}$ вариантов выбрать 10 карт и $C_{48}^{10}$ способов выбрать 10 карт без тузов (их всего 4). Если мы вычтем из всех способов варианты без тузов вообще, то останутся только варианты, где хотя бы один туз есть:

Выбрать один туз можно 4-мя способами ($C_4^1$). Вне зависимости от выбранного туза, есть $C_{48}^9$ способов вынуть остальные 9 карт. Используем правило умножения и получаем все варианты выбрать 10 карт ровно с одним тузом:

Варианты с не менее двумя тузами это варианты с не менее одним тузом, за вычетом вариантов, когда туз ровно один:

Выбрать два туза можно $C_4^2$ способами. Вне зависимости от выбранных двух тузов, есть $C_{48}^8$ способов вынуть остальные 8 карт. Используем правило умножения и получаем все варианты выбрать 10 карт с ровно двумя тузами:

Хотя бы один туз:

Ровно один туз:

Хотя бы два туза:

Ровно два туза:

Шесть карт могут распределиться по четырем мастям (без разницы, каким) только двумя способами:

Шесть карт могут распределиться по четырем мастям (без разницы, каким) только двумя способами:

Разберем первое распределение. В нем у нас 3 карты одной масти. Всего в каждой масти по 13 карт, поэтому выбрать 3 из них можно $C_{13}^3$ способами. Но и саму масть можно выбрать 4 способами, поэтому общее количество способов увеличивается до $4\cdot C_{13}^3$.

Каждую из оставшися трех карт разных мастей можно выбрать 13 способами, то есть всего $13\cdot13\cdot13 = 13^3$ вариантов. Объединяем этот результат с предыдущим и по правилу умножения получаем количество всех вариантов:

Теперь второе распределение. В нем по две карты двух мастей. Есть $C_{4}^2$ способа определить эти две масти. В любой из этих мастей далее $C_{13}^2$ способов взять две карты. Всего $C_4^2 C_{13}^2$ способов. Ну и $13^2$ вариантов выбрать последние две карты. По правилу умножения получаем количество всех вариантов:

Нам подойдет любой вариант как из первого подхода, так и из второго. Вариантов, относящихся одновременно к двум подходам нет. Поэтому общее количество способов можно найти по правилу суммы:

Любой кубоид задается длиной, шириной и высотой.

Кубоид задается набором из 3 чисел: длины, ширины и высоты. Каждое его ребро будет равно одной из этих трех величин.

Выходит, задача сводится к нахождению количества способов выбрать три величины кубоида из чисел от 1 до 10. Конкретные «названия» величин (длина, ширина и высота) условные и влияния на форму кубоида не влияют.

Например, кубоид с длиной и шириной в 1, а высотой в 3 можно «опрокинуть на бок» и совместить с кубоидом с длиной и высотой в 1, а шириной в 3, а значит это один и тот же кубоид.

Поэтому, мы ищем сочетания с повторениями из 10 доступных размеров по 3 величинам кубоида. Найдем количество таких сочетаний по формуле:

$\bar{C}_{10}^3 = 220$

Воспользуйтесь тем фактом, что любой набор цифр можно упорядочить по возрастанию или по убыванию единственным образом.

В порядке возрастания

Речь идет о пятизначных числах, значит нам нужно выбрать 5 цифр из 9. Цифру 0 не включаем, потому что если его включить, он обязан будет находиться в начале числа, а тогда оно будет уже не пятизначным.

Далее, порядок выбранных 5 цифр из 9 не имеет значения, потому что выбранные цифру в порядке возрастания можно расположить только одним способом. Значит, речь идет о сочетаниях:

Если убрать ограничение на разные цифры, то использовать надо формулу сочетаний с повторениями:

В порядке убывания

Здесь ситуация почти такая же, только выбирать уже можно из 10 цифр, потому что 0 будет в конце числа. Если все цифры разные то получится $C_{10}^5 = 252$ чисел.

Если же допустить повторение цифр, то будет $\bar{C}_{10}^5$ чисел. Но среди них есть и число 00000, которое не является пятизначным. Его надо убрать:

$C_9^5 = 126$ пятизначных чисел с разными цифрами в порядке возрастания и $\bar{C}_9^5 = 1287$, если допустить повторения.

$C_{10}^5 = 252$ пятизначных числа с разными цифрами в порядке убывания и $\bar{C}_10^5 - 1 = 2001$, если допустить повторения.

Это копия задачи «Разные кости судьбы», поэтому методика решения схожа, только вместо размещений нужно использовать сочетания.

Так как все кости одинаковые, нам абсолютно не важен порядок, в котором они выпадают. Поэтому мы будем использовать формулы сочетаний, а не размещений, как в аналоге этой задачи: «Разные кости судьбы».

Каждая из 3 костей может упасть на одну из 6 сторон. Каждый способ выпадания трех костей можно представить как сочетание с повторениями из 6 возможных выпавших сторон по 3 костям. Находим количество этих сочетаний по формуле:

Варианты выпадения не менее одной шестерки можно получить, если из всех возможных вариантов вычесть варианты, когда шестерка точно не выпадает:

Для выпадения ровно одной шестерки сначала 3-мя способами выбираем кость, на которой выпадет шестерка. Вне зависимости от выбранной кости оставшиеся две могут выпасть $\bar{С}_5^2$ способами. Используем правило умножения:

Для выпадения ровно одной шестерки и тройки сначала выберем пару костей, на которых выпадет 6 и 3: $C_3^2$. Вне зависимости выбора двух костей, на оставшейся третьей кости может выпасть 4 возможных стороны. Используем правило умножения:

Варианты выпадения трех костей:

Если есть хотя бы одна кость с 6 очками:

Если есть ровно одна кость с 6 очками:

Если на одной кости ровно 6 очков, а на другой 2:

Расположите единицы в ряд и назначайте им переменные.

Раз справа стоит 10, то и слева мы должны получить 10. Использовать мы можем только натуральные числа и 0. Каждое из этих чисел можно представить как набор единиц: 3 — это три единицы, 0 — ноль единиц. В сумме должно получиться 10 единиц.

В распоряжении у нас есть 10 единиц, которые надо распихать по 4-м переменным. Расположим эти 10 единиц в ряд и каждой единице будем назначать свою переменную. Порядок, в котором мы назначем единицам переменные не важен. Пример:

Эта комбинация обозначает решение уравнение со следующими значениями переменных:

Каждое распределение переменных по единицам можно рассматривать как сочетание с повторениями из 4 переменных по 10 единицам. Найдем количество таких сочетаний по формуле:

Итак, уравнение имеет 286 решений в неотрицательных числах.

$\bar{C}_4^{10} = 286$

Адаптируйте решение задачи «Анализ уравнений» или используйте метод перегородок.

Распишем число n в виде n единиц. Каждой единице назначаем свое слагаемое:

Если какому-то слагаемому или слагаемым не досталась единица, то считаем, что они равны нулю.

Каждое распределение слагаемых по единицам можно рассматривать как сочетание с повторениями из m слагаемых по n единицам. Найдем количество таких сочетаний по формуле:

Через перегородки

Задачу можно решить и методом перегородок. Распишем число n в виде n единиц:

Между этими единицами или по бокам от них можно расставить $m-1$ «разделителей» слагаемых — перегородок (|). Если по какую-то сторону от перегородки нет единицы, то будем считать, что там стоит ноль. Примеры:

Тогда количество способов число n разложить m слагаемых, включая нули, равно количеству перестановок с повторениями из n единиц и $m-1$ перегородок:

Эта задача является более конкретным вариантом замечательной задачи о композициях числа.

Покажите, что все буквы встречаются среди сочетаний одинаковое количество раз. Используйте этот факт для решения задачи.

В условии говорится, что были выписаны все сочетания с повторениями. Найдем их поличество по формуле:

Имеем $C_{2n-1}^n$ сочетаний, каждое из которых состоит из n букв. То есть всего в этих сочетаниях $n C_{2n-1}^n$ букв. Так как каждая буква встречается среди этих сочетаний одинаковое количество раз, то делим это выражение на количество букв (n) и получаем количество раз, которое встретится каждая буква:

$\blacksquare$

Обозначьте буквой p количество полей, на которые будут поставлены белые фишки. p находится в границах от 1 до 15. На основе этой буквы постройте количество вариантов расставить фишки на доске.

Обозначим буквой p количество полей, на которые будут поставлены белые фишки. p находится в границах от 1 до 15:

С количеством полей для белых фишек разобрались. Теперь нужно по факту выбрать из 24 доступных полей те самые p полей. Находим количество способов это сделать по формуле сочетаний из 24 по p:

Раз это белые поля, то на них должна быть как минимум одна белая фишка (иначе они будут пустыми). Поэтому сразу расставляем p белых фишек, по одной на каждое «белое» поле.

Оставшиеся $15 - p$ белых фишек можно расставить по p полям любым образом. Количество способов это сделать можно найти по формуле сочетаний с повторениями, распределяя p позиций по $15-p$ оставшимся белыми фишкам: $\bar{C}_p^{15-p}$.

Выбор «белых» полей ($C_{24}^p$) никак не влияет на количество способов расставить по ним фишки ($\bar{C}_p^{15-p}$), поэтому мы можем использовать правило произведения и найти количество вариантов сделать оба этих действия:

Осталось только распределить оставшиеся $24-p$ полей по 15 черным фишкам. Сделать это можно $\bar{C}_{24-p}^{15}$ способами, причем вне зависимости от предыдущих действий. Поэтому и здесь применяем правило умножения:

Вспоминаем, что p у нас принимает все значения от 1 до 15. Получается 15 групп с уникальными расстановками фишек. Значит, для нахождения количества вообще всех вариантов можно использовать правило суммы:

Запишем это выражение короче, используя символ суммы: