6 samochodów opuszcza parking jeden po drugim, w losowy sposób. Sprawdzamy, na ile sposobów mogą to zrobić.

Jako pierwszy odjeżdża jeden z 6 zaparkowanych samochodów (6 sposobów wyboru), jako drugi - jeden z pozostałych 5 zaparkowanych samochodów (5 sposobów), jako trzeci - jeden z pozostałych 4 zaparkowanych samochodów (4 sposoby) itd. Zatem, zgodnie z regułą mnożenia, otrzymujemy

$\left|\mathbf{\Omega }\right|=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1$  

a)

Niech 

A - samochody odjadą po kolei (od lewej do prawej)

Wówczas

$\left|A\right|=1$

Zatem

$P\left(A\right)=\frac{\left|A\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{1}{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=\underline{\underline{\frac{1}{720}}}$   

---

b)

Niech 

B - samochód pierwszy od lewej odjedzie jako ostatni

Jako pierwszy może odjechać jeden z 5 zaparkowanych samochodów (każdy poza pierwszym od lewej; 5 sposobów wyboru), jako drugi - jeden z 4 zaparkowanych samochodów (każdy z pozostałych, poza pierwszym od lewej; 4 sposoby), jako trzeci - jeden z pozostałych 3 samochodów (każdy z pozostałych, poza pierwszym od lewej; 3 sposoby) itd. Zatem

$\left|B\right|=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 1$

Zatem

$P\left(B\right)=\frac{\left|B\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{{\cancel{5}}^1\cdot {\cancel{4}}^1\cdot {\cancel{3}}^1\cdot {\cancel{2}}^1\cdot 1\cdot 1}{6\cdot {\cancel{5}}_1\cdot {\cancel{4}}_1\cdot {\cancel{3}}_1\cdot {\cancel{2}}_1\cdot 1}=\underline{\underline{\frac{1}{6}}}$   

---

c)

Niech 

C - w żadnym momencie nie powstanie wolne miejsce między zaparkowanymi samochodami

Aby zaszło zdarzenie C, za każdym razem (poza ostatnim) musi odjeżdżać wyłącznie jeden ze skrajnie zaparkowanych samochodów (tzn. "zamykający szyk", zaparkowanych skrajnie z lewej albo skrajnie z prawej strony).

Zatem jako pierwszy może odjechać jeden z dwóch samochodów (2 sposoby), jako drugi - znów jeden z dwóch samochodów (2 sposoby) itd. Szósty, czyli ostatni odjeżdżający samochód zostaje w ten sposób jednoznacznie zdeterminowany przez wcześniej odjeżdżające samochody (1 sposób).

Zatem, zgodnie z regułą mnożenia, otrzymujemy

$\left|C\right|=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 1$

Zatem

$P\left(C\right)=\frac{\left|C\right|}{\left|\Omega \right|}=\frac{{\cancel{2}}^1\cdot {\cancel{2}}^1\cdot {\sout{2}}^1\cdot \cancel{2}\cdot 2\cdot 1}{{\cancel{6}}_3\cdot 5\cdot {\cancel{4}}_{{\sout{2}}_1}\cdot 3\cdot {\cancel{2}}_1\cdot 1}=\underline{\underline{\frac{2}{45}}}$