
このように1個多くなってしまった原因は、 集合Aと集合Bに共通して含まれている要素 6 を二重に数えてしまっているからである。
一般に、2つの集合A,Bの要素の個数 n(A) と n(B) を用いて、AまたはBの条件を満たす要素の個数をかぞえたい場合には、AとBに共通して含まれている要素の個数を差し引かなければならない。
このことを式で表すと
になる。
ただし、「∪」とは和集合の記号で、 A∪B とは 集合Aと集合Bの和集合のことである。
「∩」とは共通部分の記号で、 「A∩B」とは 集合Aと集合Bの共通部分のことである。
では、この公式を参考にして
100までの自然数のうち、2または3の倍数は何個あるか?
の答えを求めよう。
100までの自然数のうちの、2の倍数の集合をAとして、3の倍数の集合をBとすると
さらに、2の倍数でもあり3の倍数でもある数の集合 A∩B とは、つまり6の倍数の集合のことであり(なぜなら 2 と 3 の最小公倍数が 6 なので)、
96÷6=16 なので、A∩B の要素の個数は 16 個、つまり n(A∩B)= 16 である。
そして、公式
を適用すると、
である。
よって、100までの自然数のうちの2または3の倍数の個数は 67個 である。
3つの有限集合の和集合の要素の個数については、次の公式が成り立つ
n(A∪B∪C) =  n(A) + n(B) + n(C) −n(A∩B) −n(B∩C)  −n(C∩A) + n(A∩B∩C)
右の図を参考に、上の公式を証明せよ。
100以下の自然数のうち、2の倍数または3の倍数または5の倍数であるものの個数を求めよ。
(解法)
まず、100以下の自然数のうち、
とする。
100÷2=50なので、100は50番目の2の倍数であり、よって100以下の2の倍数は50個である。同様に考えて要素の個数を求めると、
である。
一方、100以下の自然数のうち
となる。
よって、先ほどと同様に考えると
また、100以下の自然数のうち、
A∩B∩C の要素の個数は
である。
よって、
なので、100以下の自然数のうちの2の倍数または3の倍数または5の倍数であるものの個数は 74個である。
たとえば大中小3個のサイコロをふって、目の和が5になる目の組は、何通りあるだろうか。
このような問題を解く方法のひとつとして、図のように、組み合わせを総当たりで書く方法がある。
大中小の合計3個のサイコロをそれぞれ A,B,C として表し、それらの文字に、どの目が出れば合計5になるかを考えると、結果は図のようになる。
このような図を 樹形図(じゅけいず) という。
3個のサイコロをふるとき、目の和が6になる場合は何通りあるか。
最初に、n個の異なったものを並べ換える場合の数を数える。
まず最初に並べるものはn個、次に並べるものは(n-1)個、その次に並べるものは(n-2)個 ... とだんだんと選べるものの数が減って行き、最後には1個しか残らなくなることに注目すると、この事柄に関する場合の数は
となり、1からnまでの自然数の積になる。
この数を 階乗 (かいじょう、factorial)と呼び、階乗nの記号は 

n
!

{\displaystyle n!}
 で表す。
すなわち、階乗は
n
!
=
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
⋯
3
⋅
2
⋅
1

{\displaystyle n!=n(n-1)(n-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1}
と定義される。この階乗の記号を使えば、この問題のときの場合の数は n!であると言うことが出来る。
をそれぞれ計算せよ。
を用いて計算すればよい。
答えは、
となる。
それぞれに1から5までの数字が書かれた5枚のカードが置いてある。
このカードを並べ換えたとき、
(I)カードの並べ方の数、 (II)偶数が得られるカードの並べ方の数、 (III)奇数が出るカードの並べ方の数を、それぞれ計算せよ。
(I)
カードの数が5枚でそれぞれが区別できることから、カードの並べ方の数は
となり、120となる。
(II)
偶数を得るためには一の位である最も右に出るカードが、偶数となればよい。
このようなカードは2と4であり、それぞれに対して後の4枚は自由に選んでよい。
このため、このようなカードの並べ方は、
となる。
(III)
奇数を得るためには一の位である最も右に出るカードが、奇数となればよい。
このようなカードは1,3,5であり、それぞれに対して後の4枚は自由に選んでよい。
このため、このようなカードの並べ方は、
となる。一方、5枚のカードを並べ換えて得られる数は必ず偶数か奇数の
どちらかであるので、(I)の結果から(II)の結果を引くことによっても
(III)の結果は得られるはずだが、実際にそれを計算すると
となり、確かにそのようになっている。
0,1,2,3,5が書かれた5枚のカードがある。これを並び換えたとき、
をそれぞれ求めよ。
(I)
先頭が0になったときには5桁の数にならないことに注意すればよい。求める場合の数は
となる。
(II)
最初が0でなく最後が0か2である数を数えればよい。まず、最後が0であるときには、残りの4枚は任意であるので
通りの組み合わせがある。
次に、最後が2であるときには最初は0であってはいけないので、
通りある。
2つを合わせた数が5桁の偶数が得られる場合の数である。答えは、
となる。
(III)
(I)の結果から(II)の結果を引けばよいが、ここではその結果が正しいかどうか
確かめるためにも5桁の奇数が得られる組み合わせを数え上げてみる。
5桁の奇数を得るためには最後の数は1,3,5のいずれかでなくてはならない。
このうちのどの場合についても5桁の数を得るためには最初の数が0で
合ってはならないのでそれぞれの場合の数は、
となりこれが5桁の奇数を得る場合の数である。
(II)の結果と足し合わせると確かに(I)の結果と等しい96を得る。
(IV)
5の倍数を得るためには最後の数が0か5であればよい。
このとき最後が0になる場合の数は他の4つが任意であるため
存在する。次に、最後が5になる場合の数は最初の数が0であってはならないため
だけ存在する。
よって答えは
となる。
n個の異なったものからr個を選んで、順番をつけて並べる仕方の数を、



n


P

r


{\displaystyle {}_{n}\mathrm {P} _{r}}
と書く。
また、このような計算の仕方を 順列 (じゅんれつ、英:permutation) という。
n個の異なったものからr個を選んで順番をつけて並べる仕方の数のこと を、
のように言う。
最初に並べるものはn通り、次に並べるものは (n−1)通り 、その次に並べるものは (n−2)通り ,... 最後には (n−(r−1))通り というように、だんだん選べるものの数が減って行くことに注目すると、順列の総数として
が得られる。
一般に 



n


P

r


{\displaystyle {}_{n}\mathrm {P} _{r}}
 では n ≧ r である。
(I)
(II)
(III)
(IV)
(V)
(VI)
をそれぞれ計算せよ。
それぞれ
を用いて計算すればよい。
結果は、
(I)
(II)
(III)
(IV)
(V)
(VI)
となる。
(V)と(VI)については一般的に整数nに対して
が得られる。このとき
は元々の順列の定義からすると"n個のものの中から1つも選ばない場合の数"に対応しており、少々不自然なように思えるが、このように値を置いておくと便利であるため通常このように置くのである。あまり、実際の場合の数の計算でこのような値を扱うことは多くはないといえる。

A, B, C, D, E の5人が円形に手をつないで輪をつくるとき、その並び方は何通りあるか。
このような問題の場合、図のように、回転すると重なる並びは同じ並びであると考える。
解き方の考え方は数種類ある。