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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 XY-GmbH aus Dortmund beschäftigt zehn Mitarbeiterinnen und acht Mitarbeiter. Der Betriebsrat soll aus fünf Frauen und drei Männern bestehen.

a) Wie viele Möglichkeiten gibt es, diesen Betriebsrat zu bilden?

b) In den Betriebesrat sollen die beiden Außendienstmitarbeiterinnen nicht gewählt werden, der Vorsitzende der Finanzbuchhaltung hingegen auf jeden Fall. Wie viele Möglichkeiten gibt es nun, den Betriebsrat zu bilden?

Lösung:

a) Von den zehn Mitarbeiterinnen sollen fünf in den Betriebsrat, von den acht Männern entsprechend drei. Es handelt sich um verschiedene Elemente (weiblich und männlich), von denen eine Auswahl vorgenommen werden soll. Auf die Reihenfolge kommt es hierbei nicht an, denn ob am Tisch dann "Herr 1 und Frau 2" oder "Frau 2 und Herr 1" sitzen, ist unerheblich. Wiederholungen sind nicht möglich, denn ein und dieselbe Person kann nicht zweimal in den Betriebsrat gewählt werden. Folglich handelt es sich um

$$\dbinom{10}{5} \cdot \dbinom{8}{3}$$

= [10!/(5!·5!)]·[8!/(3!·5!)]

= [6·7·8·9·10/5!]·[6·7·8/3!]

= 252·56

= 14.112 Möglichkeiten.

b) Es stehen nicht mehr zehn Frauen, sondern lediglich acht zur Verfügung, d.h. für die Mitarbeiterinnen reden wir über $$\dbinom{8}{5} = 8!/(5!·3!) = 6·7·8/3! = 56$$ Möglichkeiten. Bei den Männern schränkt sich die Zahl der verfügbaren Personen ebenfalls ein, allerdings in umgekehrtem Maße. Da eine Person dabei sein muss, besteht eine Auswahl lediglich noch für zwei aus sieben Personen, d.h. es gibt hierfür $$\dbinom{7}{2}= 21$$ Möglichkeiten. Also gibt es insgesamt 56·21 = 1.176 Kombinationen.  

Aufgabe 2:

Die erste Fußballbundesliga besteht aus 20 Vereinen. Wie lässt sich die Anzahl der Hin- und der Rückspiele berechnen? Wie viele Spiele werden insgesamt pro Saison ausgetragen?

Lösung:

Der erste Verein spielt in der Hinrunde gegen 19 weitere, der zweite gegen 18 weitere, der dritte gegen 17 weitere usw., es ergeben sich damit in der Hinrunde 19 + 18 + 17 + 16 + ... + 2 + 1 = 190 Spiele. Dasselbe für die Rückrunde, dies macht also insgesamt 2·190 = 380 Spiele.  

Aufgabe 3:

Der Studienabbrecher Karl möchte seine zehn vorhandenen Bücher auf seine (ehemaligen) Kommilitonen Anton, Berta und Klara verteilen. Wie viele Möglichkeiten gibt es hierfür, wenn Anton drei Bücher, Berta fünf Bücher und Klara zwei Bücher erhalten soll?

Lösung:

Anton erhält drei von zehn Bücher. Wir reden über eine Auswahl (n = 3 von N = 10), wobei die Reihenfolge unwesentlich ist (ob er "Buch 3, 5 und 8" oder "Buch 8, 5 und 3" oder "Buch 5,3 und 8" erhält, ist für ihn dasselbe). Schließlich zieht man aus der Urne mit zehn Büchern ohne Wiederholung, d.h. "Buch 3 und Buch 3" ist für Anton nicht möglich. Insgesamt handelt es sich für ihn somit um eine Kombination dreier Bücher aus zehn verfügbaren, wofür es $$\dbinom{10}{3}= 120$$ Möglichkeiten gibt. Aus den noch vorhandenen sieben Büchern erhält Berta dann fünf Stück, hierfür gibt es aus denselben Gründen genau $$\dbinom{5}{5} = 7!/(5!·2!) = (6·7)/2 = 21$$ verschiedene Möglichkeiten. Für Klara schließlich erhält man nur noch $$\dbinom{2}{2}= 1$$ Möglichkeit, denn sie erhält lediglich das, was übrig ist. Folglich berechnet sich die Anzahl der Kombinationen insgesamt als $$\dbinom{10}{3} \dbinom{7}{5} \dbinom{2}{2}= 120·21·1 = 2.520. $$

Aufgabe 4:

Student Max von der Uni Köln verspricht seiner Freundin, auf einer Party lediglich fünf Gläser zu trinken. Er darf wählen zwischen Altbier, Kölsch und Cola. Wie viele Zusammenstellungen hat Max?

Lösung:

Es steht A für Altbier, K für Kölsch und C für Cola. Es geht für Max um Fünfer-Tupel, z.B. (A,A,K,K,C). Er wählt aus einer Menge mit N = 3 verschiedenen Elementen, nämlich A,K,C. Die Größe der Auswahl ist n = 5. Die Reihenfolge ist wesentlich, wenn es ihm auf die Reihenfolge ankommt. Da wir aus der Urne mit "drei Kugeln" (= drei Getränkerichtungen) mit Wiederholung ziehen, erhalten wir eine Variation mit Nn = 35 = 243 Möglichkeiten.

Sollte die Reihenfolge unwesentlich sein (dem Max also die Reihenfolge der Getränke egal, so erhalten wir eine Kombination mit

$\dbinom{n+k-1}{k} = \dbinom{7}{5} = 7!/(5!·2!) = (6·7)/2 $
= 21 Möglichkeiten.

Aufgabe 5:

Eine Urne enthält vier rote, drei weiße und fünf schwarze Kugeln. Wieviele Anordnungsmöglichkeiten entstehen, wenn nacheinander alle zwölf Kugeln ohne Zurücklegen entnommen werden?

Lösung:

Wir reden in Abb. 1.1 über N = 12 teilweise gleiche Elemente. Es erfolgt keine Auswahl, da jede Kugel gezogen wird. Die Reihenfolge ist wesentlich, eine Wiederholung ist nicht möglich. Es sollen n1 = 4 rote Kugeln, , n2 = 3 schwarze und n3 = 5 schwarze Kugeln gezogen werden. Hiefür existieren

N!/(n1!·n2!·...·nk!) = 12!/(4!·3!·5!)

= 479.001.600/(24·6·120)

= 179.001.600/17280

= 27.720 Möglichkeiten.

Aufgabe 6:

Aus der Gesamtheit von drei nummerierten Kugeln sollen zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen werden, wobei die Reihenfolge der Stichprobe eine Rolle spielt.

a) Welche Anordnungsvorschrift liegt vor und wie viele Anordnungsmöglichkeiten existieren?

b) Gib die Möglichkeiten explizit an.

Lösung:

a) In der Abb. 1.1 auf S. 9 haben wir eine Auswahl von n = 2 Kugeln aus einer Menge von N = 3, wobei die Reihenfolge wesentlich ist und ohne Wiederholung (= Zurücklegen) gezogen wird. Folglich liegen $$ {N! \over {(N-n)!}} $$ $$ = {3! \over {(3-2)!}}$$    = 6 Möglichkeiten vor.

b) Diese lauten (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (2,3) und (3,2).  

Aufgabe 7:

Das Alphabet hat 26 Buchstaben mit fünf Vokalen. Wie viele Wörter mit sechs Buchstaben erhält man mit vier verschiedenen Konsonanten und zwei verschiedenen Vokalen? Es ist wichtig, dass hier auch „sinnlose“ Wörter wie „asdfok“ dazuzählen.

Lösung:

Man kann aus fünf Vokalen zwei Stück auswählen auf $$\dbinom{5}{2}$$ = 10 verschieden Arten, genauso vier Konsonanten aus 21 möglichen Konsonanten des Alphabets, und das auf $$\dbinom{21}{4} $$= 21!/(17!·4!) = (18·19·20·21)/4! = 5985 Arten. Also erhält man 10·5.985 = 59850 Möglichkeiten insgesamt.

Aufgabe 8:

In einer Urne befinden sich sechs Lose mit den Nummern 1 bis 6. Wenn man die Lose nacheinander zieht und sie nicht zurücklegt, wie viele verschiedene Reihenfolgen sind möglich?

Lösung:

Wir reden in Abb. 1.1 über eine Auswahl, wobei die Reihenfolge wesentlich ist und ohne Wiederholung gezogen wird. Es liegen folglich

N!/(N - n)! = 6!/(6 - 6)! = 6!/0! = 6!/1 = 720 Möglichkeiten vor.   

Aufgabe 9:

Frau Maier will ihre fünf Kinder für eine Gruppenaufnahme in einer Reihe anordnen. Auf wie viele Arten kann sie dies tun?

Lösung:

In Abb. 1.1 reden wir über den fünften Strang, nämlich "keine Auswahl", die Reihenfolge ist wesentlich, eine Wiederholung ist nicht möglich. Es gibt N! = 5! = 120 Möglichkeiten für Frau Maier, ihre fünf Kinder anzuordnen.  

Aufgabe 10:

Frau Maier hat vier Kleider, neun Hüte und zehn Paar Schuhe.

a) Auf wie viele Arten kann sie sich kleiden, wenn sie ein Kleid, einen Hut und ein Paar Schuhe tragen will?

b) Wie ist es im Urlaub am Badestrand, wo das Tragen eines Kleidungsstückes freiwillig ist? Auf das Kleid darf allerdings nicht verzichtet werden, es handelt sich nicht um einen FKK-Strand.

Lösung:

a) In Abb. 1.1 reden wir über eine Kombination $$\dbinom{N}{n} $$ $$ = \dbinom{4}{1}$$= 4 Möglichkeiten für das Kleid, $$\dbinom{9}{1}$$= 9 Möglichkeiten für den Hut und $$\dbinom{10}{1}$$= 10 für die Schuhe. Also kann sich Frau Maier auf 4·9·10 = 360 Möglichkeiten kleiden.

b) Sie muss auf jeden Fall ein Kleid tragen, macht also hierfür vier Möglichkeiten. Dann hat sie Auswahl aus neun Hüten oder keinem Hut, also aus zehn Möglichkeiten. Für die Schuhe gilt entsprechendes. Also hat sie insgesamt 4·10·11 = 440 Möglichkeiten.  

Aufgabe 11:

Fünf Sprinter kämpfen um drei Medaillen (Gold, Silber, Bronze). Auf wie viele Arten kann die Preisverteilung erfolgen?

Lösung:

Wähle in Abb. 1.1 eine dreifache (n = 3) Auswahl aus N = 5 Personen, wobei die Reihenfolge wesentlich ist (bei (Gold, Silber, Bronze) ist (Person 1, Person 3, Person 4) etwas anderes als (Person 4, Person 1, Person 3), weil im ersten Fall die Person 1 die Goldmedaille holt, im zweiten Fall allerdings die Person 4. Es wird ohne Wiederholung gezogen, folglich reden wir über eine Variation mit $$ {N! \over {(N-n)!}} $$ $$= {5! \over {(5-3)!}} $$ $$ = {120 \over 2}$$= 60 Möglichkeiten.

Aufgabe 12:

Wie viele zweistellige Zahlen kann man aus 1, 2, 3 bilden? Führe die Zahlen einzeln auf.

Lösung:

Es handelt sich um eine Auswahl von zwei aus drei Zahlen. Die Reihenfolge ist wesentlich (denn 21 ist etwas anderes als 12), eine Wiederholung möglich (22, 33 und 11 sind durchaus erzielbar). Folglich existieren Nn = 32 = 9 Variationen. Diese lauten 11, 12, 13, 21, 22, 23, 31, 32 und 33.

Aufgabe 13:

In einem Raum gibt es acht Lampen, die man unabhängig voneinander ein- und ausschalten kann.

Wie viele Beleuchtungsarten gibt es,

a) wenn fünf Lampen brennen sollen,

b) mindestens fünf Lampen brennen sollen?

Lösung:

a) Es sollen fünf von acht Lampen brennen, d.h. es findet eine Auswahl n = 5 aus N = 8 Lampen statt, wobei die Reihenfolge unwesentlich ist und ohne Wiederholung gezogen wird. Folglich gibt es $$\dbinom{N}{n}$$ $$= \dbinom{8}{5}$$ = 8!/(5!·3!) = (6·7·8)/3! = 7·8 = 56 Möglichkeiten hierfür.

b) "Mindestens" fünf Lampen heisst genau fünf, genau sechs oder genau sieben, also konkret $$ \dbinom{8}{5}$$  $$+ \dbinom{8}{6}$$ $$+ \dbinom{8}{7}$$  $$+ \dbinom{8}{8}$$ = 56 + 28 + 8 + 1 = 93 Möglichkeiten.   

Aufgabe 14:

Der Bochumer Student Max würfelt viermal mit einem fairen Würfel. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er dabei eine Zahl würfelt, die größer ist als 4444?

Lösung:

Max würfelt viermal unabhängig voneinander, d.h. der zweite Würfelwurf beeinflusst den dritten nicht etc.

Schauen wir uns zunächst das Ergebnis des ersten Wurfs an. Hier könnte eine 5 geworfen werden und das Ergebnis wäre in jedem Fall größer als 4444. Auf die Ergebnisse in den anderen Würfen käme es also nicht mehr an, genauso, wenn man im ersten Wurf eine 6 würfelt. Wir schreiben ein Sternchen „*“, wenn das Ergebnis des Würfelwurfs vollkommen beliebig ist. Also:

(5***)                    1·6·6·6 = 63 Möglichkeiten

(6***)                    1·6·6·6 = 63 Möglichkeiten.

Wenn im ersten Wurf eine 4 fällt, kommt es auf das Ergebnis des zweiten Wurfes zunächst an. Kommen wir damit zum Ergebnis des zweiten Wurfes. Wenn zunächst eine 4 fällt und danach eine 5, kommt es wiederum auf die letzten beiden Ergebnisse nicht an, genauso, wenn im zweiten Wurf eine 6 fällt und im ersten eine 4. Also:

(45**)                   1·1·6·6 = 62 Möglichkeiten

(46**)                   1·1·6·6 = 62 Möglichkeiten

Wenn im zweiten Wurf eine 4 fällt, kommt es wiederum auf den dritten Wurf an. Wenn dann (!) im dritten Wurf eine 5 oder 6 gewürfelt wird, so ist wiederum der letzte Wurf unerheblich. Also:

(445*)                   1·1·1·6 = 6 Möglichkeiten

(446*)                   1·1·1·6 = 6 Möglichkeiten

Wenn schließlich im dritten Wurf eine 4 fällt, so gibt es für den letzten nur zwei günstige Ereignisse, nämlich 5 und 6. Also:

(4445)                  1·1·1·1 = 1 Möglichkeit

(4446)                  1·1·1·1 = 1 Möglichkeit.

Damit gibt es also

Anz. günstige Ereignisse = 63 + 63 + 62 + 62 + 6 + 6 + 1+ 1

= 2·216 + 2·36 + 2·6 + 2·1

= 432 + 72 + 12 + 2

= 518.

Man errechnet dadurch die gesuchte Wahrscheinlichkeit als

P($x\ge 4444 $) = (# günstige Ereignisse)/(# mögliche Ereignisse)

= 518 / 64.