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Wahrscheinlichkeitsrechnung - Aufgaben, Beispiele und Berechnungen zur Kombinatorik

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Wahrscheinlichkeitsrechnung

Aufgaben, Beispiele und Berechnungen zur Kombinatorik

Aufgabe 1:

Die Mustermann Schule aus Gelsenkirchen sind in der SV neun Schülerinnen und sieben Schüler.
Aus der SV sollen vier Schülerinnen und zwei Schüler zum Arbeitskreis "gesundes Mensaessen" zusammen kommen.

  1. Wie viele Möglichkeiten gibt es, diesen Arbeitskreis zu bilden?
  2. Im Arbeitskreis sollen die drei jüngsten Schülerinnen nicht gewählt werden, der Schulsprecher aber auf jeden Fall. Wie viele Möglichkeiten gibt es nun, den Arbeitskreis zu bilden?

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Lösung 1

a) Von den neun Schülerinnen sollen vier in den Arbeitskreis, von den sieben Schülern entsprechend zwei. Also sind es unterschiedliche Elemente (weiblich und männlich), von aus denen gewählt werden soll.

Die Abfolge ist dabei nicht relevant, da es egal ist ob am Tisch dann "Schüler 1 und Schülerin 2" oder "Schülerin 2 und Schüler 1" sitzen. Wiederholt kann auch nicht gewählt werden, denn jeder kann nur einmal in den Arbeitskreis gewählt werden. Daraus ergibt sich:

$\ \dbinom{9}{4} \cdot \dbinom{7}{2}$

$\ = {{9!} \over {(4!·5!)}}·{{7!} \over {(2!·5!)}} $

$\ = {{(6·7·8·9)} \over {4!}}·{{(6·7)} \over {2!}} $

$\ = 126·21 $ $\ = 2646  Möglichkeiten $

Vertiefung

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Lösung 1

b) Es stehen nicht mehr neun Frauen, sondern nur noch sechs zur Verfügung, damit ergeben sich für die Schülerinnen $\ \dbinom{6}{4} = {{6!} \over {(4!·2!)}} = {{(5·6)} \over {2!}} = 15 $ Möglichkeiten.

Auch bei den Schülern reduziert sich die Zahl der Auszuwählenden, hier jedoch umgekehrt. Da der Schulsprecher dabei sein muss, besteht die Auswahl nur noch für einen aus sechs Schülern, daraus ergibt sich:

$\ \dbinom{6}{1} = {{6!} \over {(5!·1!)}} = {{(6)} \over {1!}} =6$ Möglichkeiten.

 

Insgesamt bedeutet das 15·6 = 90 Kombinationsmöglichkeiten.  

Aufgabe 2:

Die in der spanischen Primera División der Frauen spielen aus 18 Vereinen um die dortige Meisterschaft. Wie viele Heim- und Auswärtsbegegnungen wird es geben? Aus wie vielen Partien besteht eine ganze Saison?

Vertiefung

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Lösung 2:

Die erste Mannschaft spielt 17 Heimpartien, die nächste spielt gegen 16 andere Teams ihr Heimspiel, die dritte gegen 15 usw., es ergeben sich damit insgesamt 17 + 16 + 15 + 14 + ... + 2 + 1 = 153 Heimspiele. Das gleiche gilt für die Auswärtsspiele, somit hat eine ganze Saison 2·153 = 306 Spiele.  

Aufgabe 3:

Johan löst seine CD-Sammlung auf und möchte nun seine zwölf alten CD an seine Freunde aufteilen. Nora, Leo und Robin haben ihr Interesse bekundet. Wie viele Kombinationen sind denkbar, wenn Nora drei CDs, Leo sechs CDs und Robin drei CDs kekommen soll?

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Lösung 3:

Nora erhält drei von zwölf CDs. Wir reden über eine Auswahl (n = 3 von N = 10), dabei ist die Abfolge vollkommen egal, (denn für sie ändert sich nichts ob sie "CD 1, 3 und 9" oder "CD 3, 9 und 1" oder "CD 9,1 und 3" bekommt).
Außerdem erfolgt die Verteilung auch ohne Wiederholung, denn jede CD ist für Nora nur einmal zu haben. Somit handelt es sich für sie um eine Kombination dreier CDs aus zehn möglichen. Damit existieren für sie

$\ \dbinom{12}{3}= {{12!} \over {(3!·9!)}} = {{(10·11·12)} \over {3!}} = 220$ Möglichkeiten.

Aus den restlichen neun CDs bekommt Leo sechs, analog ergeben sich

$\ \dbinom{9}{6} = {{9!} \over {(6!·3!)}} = {{(7·8·9)} \over {3!}} = 84$ verschiedene Möglichkeiten.

Robin erhält den übrigen Rest, er hat somit

$ \dbinom{3}{3}= 1$ Möglichkeit.

 

Folglich berechnet sich die Anzahl der Kombinationen insgesamt als

$\ \dbinom{12}{3} \dbinom{9}{6} \dbinom{3}{3}= 220·84·1 = 18480. $

Aufgabe 4:

Tim hat ein sehr gutes Zeugnis bekommen, deshalb spendiert ihm seine Mutter in den Sommerferien 6 Kugeln Eis, er kann allerdings nur zwischen Schokolade (S), Erdbeere (E), Vanille (V) und Zitrone (Z) wählen.

Wie viele Möglichkeiten hat Tim, wenn für ihn

  1. die Reihenfolge wichtig ist?
  2. die Reihenfolge unwichtig ist?

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Lösung 4a

Es geht für Tim um  ein Sechser-Tupel, bspw. (S,S,E,V,V,Z). Er wählt aus einer Menge mit N = 6 unterschiedliche Elemente. Die Größe der Auswahl ist n = 4, nämlich S,E,V,Z. Die Abfolge ist wichtig, wenn für ihn die Reihenfolge relevant ist. Da wir aus der Urne mit "vier Kugeln" (= vier Gemschacksrichtungen) mit Wiederholung ziehen, erhalten wir eine Variation mit Nn = 64 = 1296 Möglichkeiten.

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Lösung 4b

Sollte die Reihenfolge unwesentlich sein (Tim also die Abfolge der Eissorten egal, so erhalten wir eine Kombination mit $\ \dbinom{n+k-1}{k} = \dbinom{8}{6} = {{8!} \over {(6!·2!)}} = {{(7·8)} \over {2}} $
= 28 Möglichkeiten.

Aufgabe 5:

Auf eine Kette sollen Perlen aufgezogen werden. Zur Verfügung stehen sechs gelbe, zwei grüne und vier blaue Perlen. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Perlen aufzuziehen, wenn alle Perlen nacheinander aufgezogen werden?

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Lösung 5:

Wie in Abb. 1.1  zu sehen, sprechen wir hier von N = 12 teilweise gleicher Elemente. Es erfolgt keine Auswahl, da jede Perle aufgezogen werden muss. Die Abfolge ist zu beachten, ein wiederholtes Aufziehen ein und derselben Perle ist nicht möglich.
Es sollen n1 = 6 gelbe Perlen, , n2 = 2 grüne und n3 = 4 blaue Perlen aufgezogen werden.

Somit gibt es

$\ {N! \over {n{_1}! \cdot n{_2}! \cdot ... \cdot n{_k}!}} = {{12!} \over {(6!·2!·4!)}} = {{479.001.600} \over {(720·2·24)}} = {{479.001.600} \over {34.560}} = 13.860 $ Möglichkeiten.

Aufgabe 6:

Aus einer Tüte mit vier übriggeblieben Buchstabenkeksen (A,B,C,D) sollen zwei Stück gezogen werden, wobei sie nicht zurückgelegt werden dürfen und auf die Reihenfolge zu achten ist.

  1. Welche Anordnungsvorschrift liegt vor und wie viele Anordnungsmöglichkeiten existieren?
  2. Gib die Möglichkeiten explizit an.

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Lösung 6a

In der Abb. 1.1 haben wir eine Auswahl von n = 2 Keksen aus einer Menge von N = 4 und diese nicht zurückgelegt werden dürfen und die Abfolge zu beachten gilt. Ergo liegen

$ {N! \over {(N-n)!}} $$ $$ = {4! \over {(4-2)!}} = 12 $ Möglichkeiten vor.

Vertiefung

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Lösung 6b
Es liegen folgende Kombinationen vor:

(A,B)(A,C)(A,D)
(B,A)(B,C)(B,D)
(C,A)(C,B)(C,D)
(D,A)(D,B)(D,C)

Aufgabe 7:

Das Verkehrsministerium möchte nun auch eine Kennzeichenpflicht für Fahrräder einführen. Dabei soll das 6-stellige Kennzeichen aus vier verschiedenen Buchstaben aus dem Alphabet und zwei unterschiedlichen Ziffern von 0-9 bestehen. Dabei ist die Reihenfolge egal. Wie viele Fahrräder könnten so maximal gekennzeichnet werden, ohne dass ein Kennzeichen doppelt vergeben wird?

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Lösung 7:

Beim Auswählen von zwei aus 10 Ziffern hat man

$\ \dbinom{10}{2} = {{10!} \over {(2!·8!)}} = {{(9·10)} \over {2!}} = 45 $ verschieden  Möglichkeiten.

Analog dazu kann man aus 26 Buchstaben vier wählen

$\ \dbinom{26}{4} $$= {{26!} \over {(22!·4!)}} = {{(23·24·25·26)} \over {4!}} = 14.950 $ Arten.

Also erhält man 45 · 14.950 = 672.750 Möglichkeiten insgesamt.

Aufgabe 8:

In einer Lostrommel befinden sich fünf Zettel mit den Buchstaben A bis E. Zieht man die Zettel nacheinander ohne sie danach zurückzulegen, wie viele unterschieliche Abfolgen der Buchstaben ist möglich?

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Lösung 8:

In Abb. 1.1 sehne wir, dass es sich um eine Auswahl handelt, wobei die Reihenfolge wichtig ist und ohne Wiederholung gezogen wird. Somit gibt es

$ {{N!} \over {(N - n)!}} = {{5!} \over {(5 - 5)!}} = {{5!} \over {0!}} = {{5!} \over {1}} = 120 $ Möglichkeiten.   

Aufgabe 9:

Herr Müller möchte für die Schülerzeitung von der Garten-AG ein Foto schießen. Dieser besteht aus 7 Kindern. Wie viele Möglichkeiten gibt es die Kinder in eine Reihe zu stellen?

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Lösung 9:

Hier gibt es "keine Auswahl" (der fünfte Strang in Abb. 1.1), die Abfolge ist zu beachten, eine Wiederholung ist nicht möglich. Also bestehen N! = 7! = 5.040 Möglichkeiten für Herr Müller die Garten-AG aufzustellen.

Aufgabe 10:

Harry Potter hat fünf Umhänge, sieben Hemden, zehn Hosen und zwei Zauberhüte.

  1. Wie viele unterschiedliche Outfit kann er tragen, wenn er jeweils ein Kleidungsstück tragen muss?
  2. Den Umhang und den Zauberhut muss Harry nur für den Unterricht tragen, außerhalb darf er auf den Umhang verzichten.

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Lösung 10a:

In Abb. 1.1 reden wir über eine Kombination $\ \dbinom{N}{n} $

$\ \dbinom{5}{1} = {{5!} \over {4!·1!}} = 5 $ Möglichkeiten für den Umhang,

$\ \dbinom{7}{1} = {{7!} \over {6!·1!}} =7 $ Möglichkeiten für das Hemd und

$\ \dbinom{10}{1} = {{10!} \over {9!·1!}} = 10 $ für die Hose.

$\ \dbinom{2}{1} = {{2!} \over {1!·1!}} = 2 $ für die Hüte

 

Also kann sich Harry auf 5·7·10·2 = 700 Möglichkeiten kleiden.

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Lösung 10b:

Harry muss auf jeden Fall ein Hemd und eine Hose tragen, ergibt demnach 7 bzw. 10 Möglichkeiten. Bei den Umhängen kann er sich entweder für einen aus 5 oder keinen Umhang entscheiden, daher hat er hier 6 Möglichkeiten. Analoges gilt für die Hüte.

Daraus ergeben sich 7·10·6·3 = 1260 Möglichkeiten.  

Aufgabe 11:

6 Rennfahrer fahren um die Podestplätze der Formel 1 (Platz 1,2,3). Wie viele verschiedene Podestkonstellationen sind denkbar?

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Lösung 11:

Durch Abb. 1.1 lässt sich erkennen, dass es sich im eine Variation handelt. Man wählt eine dreifache Auswahl (n=3) aus N=6 Rennfahrern. Die Abfolge ist zu beachten, denn für den einzelnen Rennfahrer ist es schon entscheidend, ob er den 1. , 2. oder 3. Platz belegt. Es gibt keine Wiederholung, jeder Fahrer kann nur einen Podestplatz belegen.
Daraus folgen

$ {N! \over {(N-n)!}} $

$= {6! \over {(6-3)!}} $ 

$ = {720 \over 6}$

= 120 Möglichkeiten.

Aufgabe 12:

Wie viele vierstellige Zahlen lassen sich aus 0, 1 bilden? Zähle alle Möglichkeiten auf.

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Lösung 12:

Wieder handelt es sich um eine Variation. Diesmal wählt man vier aus zwei Zahlen aus, wobei die Reihenfolge der Zahlen zu beachten ist (0001 ≠ 1000). Wiederholungen sind außerdem möglich. Somit gibt es  Nn = 24 = 16 Variationen.

 

0000000100100100
1000001101010110
1001101011000111
1011110111101111

Aufgabe 13:

Ein Zimmer hat 6 Fenster die jeweils mit einem Rollo verdunkelt werden können.

Wie viele Möglichkeiten gibt es,

  1. wenn vier Rollos immer oben bleiben sollen,
  2. mindestens vier Rollos oben sein sollen?

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Lösung 13a:

Es sollen vier von sechs Rollos oben sein, folglich trifft man eine Auswahl n = 4 aus N = 6 Rollos, wobei die Abfolge egal ist und keine Wiederholung möglich ist.

Somit gibt es $\ \dbinom{N}{n} = \dbinom{6}{4} = {{6!} \over {(4!·2!)}} = {{(5·6)} \over {2!}} = {{30} \over {2}} = 15 $ Möglichkeiten hierfür.

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Lösung 13b:
"Mindestens" vier Rollos bedeutet genau vier, fünf oder sechs, also

$ \ \dbinom{6}{4} + \dbinom{6}{5} + \dbinom{6}{6} $ 

= 15 + 6 + 1 = 22 Möglichkeiten.   

Aufgabe 14:

Beate würfelt dreimal mit einem fairen Würfel. Mit welcher Wahrscheinlichkeit erhält sie dabei eine Zahl kleiner 333?

Vertiefung

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Lösung:

Beate wirft dreimal unabhängig voneinander den Würfel, daher beeinflusst der zweite Wurf nicht den Dritten usw.

Betrachten wir zunächst den ersten Wurf. Wenn eine 1 oder 2 geworfen wird, ist die Zahl in jedem Fall kleiner als 333, unabhängig von denen Würfen danach. Für die unwichtigen Ergebnisse der Würfe 2 und 3 setzten wir die Variable „X“ ein. Also:

(1XX)                    1·6·6 = 62 Möglichkeiten

(2XX)                    1·6·6 = 62 Möglichkeiten.

 

Sollte der erste Wurf eine 3 sein, bestimmt nun der zweite Wurf das Ergebnis. Wird beim zweiten Wurf nun eine 1 gewürfelt, so ist wiederum der letzte Wurf nicht mehr entscheidend. Analog gilt dies, wenn der erste Wurf eine 3 ist und der Zweite eine 2. Also:

(31X)                   1·1·6 = 6 Möglichkeiten

(32X)                   1·1·6 = 6 Möglichkeiten

 

Wenn im zweiten Wurf ebenfalls eine 3 fällt, kommt es wiederum auf den letzten Wurf an. Dann muss bei diesem Wurf eine 1 oder 2 gewürfelt werden. Also:

(331)                   1·1·1 = 1 Möglichkeit

(332)                   1·1·1 = 1 Möglichkeit

 

Damit gibt es folgende Anz. günstige Ereignisse:

62 + 62 + 6 + 6 + 1+ 1 = 2·36 + 2·6 + 2·1 = 72 + 12 + 2 = 86.

Man errechnet dadurch die gesuchte Wahrscheinlichkeit als
P(x < 333) = ${{(Anz. günstige Ereignisse)} \over {(Anz. mögliche Ereignisse)}} $ = ${{86} \over {6^3}} $