Hier findest du alle Artikel und Aufgaben zur Kombinatorik. Kombinatorik beschäftigt sich mit dem geschicktem Zählen von Möglichkeiten und ist damit ein wichtiges Hilfsmittel der Wahrscheinlichkeitsrechnung.

Artikel

Aufgaben

1.

Wie lange benötigt man, um bei einem von 000 bis 999 einstellbaren Zahlenschloss alle Kombinationen durchzuprobieren, wenn man je Kombination 1s braucht?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Alle Zahlenkombinationen von 000 bis 999 sind genau 1000 Kombinationen.

Multiplitziere die 1000 möglichen Kombinationen mit der Zeit von 1s, die für das Ausprobieren einer Kombination benötigt wird.

%%1000\;\cdot\;1s\;=\;1000s%%

Rechne die Sekunden in Minuten um und runde sinnvoll.

%%1000s\;\approx\;16,7\min%%

%%\Rightarrow%% Man benötigt ungefähr 16,7 Minuten.

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2.

Obenstehende Abbildung zeigt einen Ausschnitt des Stadtplans von New York. Auf wie vielen verschiedenen Wegen (man darf nur nach Osten oder Süden bzw. Südosten gehen) kann man von der Ecke Eighth Avenue – 59. Straße zur Ecke Madison Avenue – 23. Straße gelangen?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

In dieser Lösung wird eine Abwandlung des Pascalsches Dreiecks verwendet.

Jeder Kreis entspricht einer Straßenkreuzung. Die Zahl im Kreis entspricht der Anzahl der Möglichkeiten zu diesem Kreis zu gelangen.

Es gibt jeweils nur eine Möglichkeit zu den ersten beiden Kreuzungen zu gelangen. Die Anzahl der Möglichkeiten zu den nächsten Kreuzungen ist gleich der Summe der Möglichkeiten zu den zwei oder drei vorherigen Kreuzungen zu gelangen.

Arbeite dich so von Kreuzung zu Kreuzung vor. So kommst du zu dem Ergebnis 141.

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3.

Wie viele verschiedene Buchstabenfolgen kann man aus dem Wort FREITAG bilden?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

Vergleiche hierzu den Fall „n Kugeln aus einer Urne mit n Kugeln ziehen, mit Beachtung der Reihenfolge aber ohne Zurücklegen“ im Artikel Kombinatorik. Hier ist n=7. Du erhälst also:

%%\frac{n!}{(n-n)!}=\frac{7!}{(7-7)!}=7!=7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=5040%%

Anders ausgedrückt hast du Anfangs 7 freie Stellen. Also 7 Möglichkeiten das „F“ zu platzieren. Danach hast du nur noch 6 freie Stellen um das „R“ zu platzieren. Als nächstes nur noch 5 für das „E“ und so weiter, 4 für das „I“, 3 für das „T“, 2 für das „A“ und nur noch eine freie Stelle für das „G“.

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4.

Wie viele Wörter kann man mit den vier Buchstaben B, O, O und T schreiben?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Da die Reihenfolge beachtet werden muss, ergeben sich zunächst %%4\cdot3\cdot2\cdot1=24%% Möglichkeiten, da das Wort aus 4 Buchstaben gebildet werden soll. Da das "O" jedoch zweimal vorkommt, muss noch durch 2 dividiert werden, da es bei den beiden "O"'s nicht auf die Reihenfolge ankommt.

Also gibt es insgesamt %%\frac{24}{2}=12%% Möglichkeiten.

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5.

Wie viele Zahlen lassen sich als Summe oder Differenz aus jeweils zwei der Primfaktoren der Zahl 114 bilden?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

%%=2\cdot3\cdot19%%


Die Anzahl der Summen aus diesen Primfaktoren entspricht der Aufgabe, "2 aus 3" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet, da die Addition kommutativ ist und es wird nicht zurückgelegt, da jede Zahl nur einmal vorkommen soll.

%%\displaystyle \binom{3}{2}%%

Berechne den Binomialkoeffizienten.

%%=3%%

Es gibt also drei Möglichkeiten die Primfaktoren zu Addieren.


Die Anzahl der Differenzen aus diesen Primfaktoren entspricht der Aufgabe, "2 aus 3" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge beachtet, da die Subtraktion nicht kommutativ ist und es wird nicht zurückgelegt, da jede Zahl nur einmal vorkommen soll.

%%\displaystyle \frac{3!}{\left(3-2\right)!}%%

Berechne die Fakultäten und vereinfache.

%%=6%%

Es gibt also sechs Möglichkeiten die Primfaktoren zu subtrahieren.

Alle Möglichkeiten aufgelistet 
  • %%2+3=6%%
  • %%2+19=21%%
  • %%3+19=22%%
  • %%2-3=-1%%
  • %%2-19=-17%%
  • %%3-19=-16%%
  • %%3-2=1%%
  • %%19-2=17%%
  • %%19-3=16%%
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6.

Wie viele verschiedene Produkte lassen sich aus den Primfaktoren der Zahl 425 bilden, wenn jeder Faktor höchstens so oft auftreten darf, wie in der Zerlegung der Zahl 425?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

%%=2\cdot3\cdot5%%

Die Anzahl der Produkte aus diesen drei Primfaktoren entspricht der Anzahl an Produkten aus zwei Primfaktoren und drei Primfaktoren. Kombinatorsich also ziehe "2 aus 3" und "3 aus ". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet, da die Multiplikation kommutativ ist und es wird nicht zurückgelegt, da jede Zahl nur einmal vorkommen soll.

%%\displaystyle \binom{3}{2} + \binom{3}{3}%%

Berechne die Binomialkoeffizienten.

%%3+1=4%%

Es gibt also 4 Möglichkeiten die Primfaktoren zu multiplizieren, sodass jeder nur einmal vorkommt.

Alle Möglichkeiten aufgelistet 
  • %%2\cdot3=6%%
  • %%2\cdot5=10%%
  • %%3\cdot5=15%%
  • %%2\cdot3\cdot5=30%%
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7.

Wie viele verschiedene Produkte lassen sich aus den Primfaktoren 5, 7 und 11 bilden, wenn jeder Faktor höchstens einmal vorkommen darf? Berechne die Differenz des kleinsten und des größten dieser Produkte.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Die Primfaktorzerlegungen der möglichen Produkte sie die Elemente der Potenzmenge von %%\{5,7,11\}%%. Das sind %%2^3=8%%. Da wir die leere Menge hier aber nicht benötigen bleiben sieben Produkte:

  1. 5

  2. 7

  3. 11

  4. %%5\cdot7=35%%

  5. %%5\cdot11=55%%

  6. %%7\cdot11=77%%

  7. %%5\cdot7\cdot11=385%%

Differenz: %%385-5=380%%

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8.

Wie viele verschiedene Worte lassen sich aus den Buchstaben der Wörter IDA bzw. MATHE bilden?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Berechne mit Fakultät:

IDA:

Es stehen 3 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es %%3!=3\cdot2\cdot1=6%% Möglichkeiten.

MATHE:

Es stehen 5 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es %%5!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120%% Möglichkeiten.

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9.

Wie viele verschiedene dreistellige Zahlen mit genau zwei Ziffern 5 bzw. mit genau einer Ziffer 5 gibt es?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Genau zwei Ziffern 5:

Gesucht ist eine dreistellige Zahl mit genau zwei 5ern.

Wähle aus 3 Plätzen 2 aus an denen die beiden 5er stehen. Die dritte Stelle hat noch 9 Ziffern zur Verfügung. Die Zahl 055 wird dabei mitgezählt, ist aber keine dreistellige Zahl und muss deshalb abgezogen werden.

%%\displaystyle\binom{3}{2}\cdot\binom{9}{1}-1=26%%

Es gibt also 26 Möglichkeiten.

Alternativer Lösungsweg 

Es gibt drei Möglichkeiten dafür die beiden 5er bei einer dreistelligen Zahl zu platzieren.

  1. Zwei 5er am Anfang (%%55\square%%): Für die dritte Stelle stehen noch 9 Ziffern zur Verfügung (0,1,2,3,4,6,7,8,9).
  2. Eine 5 vorne und eine 5 hinten (%%5\square5%%): Wieder gibt es 9 Ziffern zur Auswahl für die freie Stelle.
  3. Zwei 5er am Ende (%%\square55%%): Hier gibt es eine Besonderheit zu beachten. Denn an der ersten Stelle darf keine 0 stehen, da die Zahl sonst nicht dreistellig wäre. Also gibt es 8 mögliche Ziffern für die erst Stelle.

Zusammen ergeben das %%9+9+8=26%% Möglichkeiten.

Genau eine 5:

Gesucht ist eine dreistellige Zahl mit genau einer 5.

Wähle aus den drei Stellen eine aus, an die du die 5 setzt. Für die beiden anderen Stellen stehen dann noch 9 Ziffern zur Verfügung. Allerdings werden 18 Zahlen zu viel gezählt, die eine 0 oder zwei 0en am Anfang stehen haben.

%%\displaystyle\binom{3}{1}\cdot\binom{9}{1}\cdot\binom{9}{1}-18\\%%

%%=225%%

Es gibt also 225 Möglichkeiten.

Alternativer Lösungsweg 

Es gibt wieder drei Möglichkeiten dafür die 5 bei einer dreistelligen Zahl zu platzieren.

  1. Die 5 als erste Ziffer (%%5\square\square%%): Für die beiden anderen Stellen gibt es jeweils 9 Mögliche Ziffern zur Auswahl (0,1,2,3,4,6,7,8,9). Also %%9\cdot9=81%% Möglichkeiten.
  2. Die 5 an zweiter Stelle (%%\square5\square%%): An der ersten Stelle darf keine 0 stehen, da die Zahl sonst nicht dreistellig wäre. Also gibt es 8 mögliche Ziffern für die erste Stelle und wieder 9 für die zweite. Insgesamt gibt es hier also %%8\cdot9=72%% Möglichkeiten.
  3. Die 5 an dritter Stelle (%%\square\square5%%): Auch hier darf wieder keine 0 an erster Stelle stehen, damit die Zahl dreistellig bleibt. Also wieder %%8\cdot9=72%% Möglichkeiten.

Insgesamt gibt es also %%81+72+72=225%% Möglichkeiten für dreistellige Zahlen mit genau einer 5.

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10.

Wie viele verschiedene dreistellige Zahlen lassen sich aus den Ziffern 3, 5 und 7 bilden?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Brechne mit Fakultät

Für die erste Stelle gibt es drei Mögliche Ziffern, für die zweite Stelle dann noch zwei und für die letzte Stelle bleibt noch eine Ziffer übrig. Das Ergebnis ist also

%%3!=3\cdot2\cdot1=6%%

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11.

Auf wie viele Arten kann man einen 50-Euro-Schein in andere Euro-Scheine wechseln?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Gesucht sind alle Kombinationen aus 5-, 10-, 20-Euroscheinen, deren Summe 50 ist. Am besten gehst du strukturiert alle Möglichkeiten durch.

  • %%20+20+10%%
  • %%20+20+5+5%%
  • %%20+10+10+10%%
  • %%20+10+10+5+5%%
  • %%20+10+5+5+5+5%%
  • %%20+5+5+5+5+5+5%%
  • %%10+10+10+10+10%%
  • %%10+10+10+10+5+5%%
  • %%10+10+10+5+5+5+5%%
  • %%10+10+5+5+5+5+5+5%%
  • %%10+5+5+5+5+5+5+5+5%%
  • %%5+5+5+5+5+5+5+5+5+5%%

Es gibt also 12 Möglichkeiten einen 50-Euroschein zu wechseln.

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Zu text-solution 7139: Mathematischer Beweis
Amadeus 2014-09-02 11:09:13
Ich habe das Ergebnis ergänzt, indem ich alle Möglichkeiten aufgelistet habe. Eine (gerne auch komplizierte) mathematische Lösung würde mich interessieren.
Antworten
Zu text-solution 7139: Nur Ergebnis
haberlm 2014-03-28 14:35:14
Leider gibt es zu dieser Aufgabe nur ein Ergebnis. Eine ausführliche Lösung wäre super! Danke!
Antworten
12.

Auf wie vielen verschiedenen Wegen (man darf alle Straßen in Pfeilrichtung befahren) gelangt man von A nach B?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Pascalsches Dreieck abwandeln

In der Lösung wird eine Abwandlung des Pasclaschen Dreiecks verwendet.

In den Kreisen stehen jeweils die Anzahl der Möglichkeiten zu dieser Kreuzung zu gelangen.

Zu den ersten beiden Kreuzungen gibt es jeweils nur eine Möglichkeit. Die folgenden Möglichkeiten setzen sich zusammen aus der Summe der Möglichkeiten zu den vorherigen Kreuzungen zu gelangen.

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13.

Lucas würfelt dreimal und schreibt die Augenzahlen nebeneinander. Wie viele verschiedene ...

  1. dreistellige Zahlen sind dabei möglich?

  2. gerade dreistellige Zahlen sind dabei möglich?

  3. dreistellige Quadratzahlen sind dabei möglich?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe a

%%6^3=216%%

Es gibt für jede Stelle 6 Möglichkeiten. Vergleiche „Ziehen mit Zurücklegen und Beachtung der Reihenfolge“ in Kombinatorik.

Teilaufgabe b

Beim dritten Würfeln muss eine gerade Ziffer geworfen werden. Also eine 2, 4 oder 6. Für die ersten beiden Ziffern gibt es wieder 6 Möglichkeiten. Also:

%%6\cdot6\cdot3=108%%

Teilaufgabe c

Die kleinste Zahl, die gewürfelt werden kann ist 111, die größte 666. Dazwischen gibt es 15 Quadratzahlen. Allerdings können davon 7 nicht geworfen werden, da sie eine 7, 8, 9 oder 0 enthalten. Es gibt also 8 Möglichkeiten eine Quadratzahl zu werfen, nämlich:

121, 144, 225, 256, 324, 361, 441 und 625.

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14.

Die Abbildung zeigt einen Ausschnitt des Stadtplans von New York.

  1. Auf wie vielen verschiedenen kürzesten Wegen (man darf nur nach Osten oder Süden fahren) kann ein Taxi von A nach B gelangen?

  2. Wie viele verschiedene Wege sind für das Taxi noch möglich, wenn die 79. Straße zwischen Second Avenue und Third Avenue gesperrt ist?

  3. Welcher Straßenabschnitt muss gesperrt werden, damit es für das Taxi möglichst wenig Möglichkeiten gibt, von A nach B zu gelangen? Für welche Sperrung gibt es für das Taxi noch möglichst viele Wege?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe a

Durch eine Abwandlung des Pascalschen Dreiecks erhalten wir nebenstehende Abbildung. Kreise entsprechen Kreuzungen, die Zahl in den Kreisen entsprechen der Anzahl der Möglichkeiten zu den jeweiligen Kreuzungen zu gelangen.

Es gibt nur jeweils eine Möglichkeit zu den ersten beiden Kreuzungen zu gelangen. Die Anzahl der Möglichkeiten zu den nächsten zu gelangen ergibt sich aus der Summe der Möglichkeiten zu den jeweils vorherigen Kreuzungen zu gelangen.

So gelangt man Schrittweise von einer Kreuzung zur nächsten.

Teilaufgabe b

Benutze wieder die vorherige Abbildung und verfahre genauso wie oben, nur ohne die genannte Straße zu beachten.

Teilaufgabe c

Möglichst wenige:

Möglichst viele:

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15.

Die Freundinnen Anna, Kathrin, Johanna und Vreni gehen zum Fotografen. Jede hat drei Hüte und zwei Sonnenbrillen dabei.

  1. Der Fotograf stellt die vier Mädchen nebeneinander auf, jede der jungen Damen setzt dabei einen ihrer Hüte und eine ihrer Brillen auf. Wie viele verschiedene Bilder der Freundinnen könnten aufgenommen werden?

  2. Auf dem Heimweg führen die Mädchen folgendes Gespräch:
    Anna: "Wenn wir nicht nur unsere eigenen Hüte und Brillen aufgesetzt hätten, sondern auch getauscht hätten, wie viele verschiedene Aufnahmen hätten wir dann wohl machen können?"
    Katrin: "Zuerst müssen wir uns überlegen, auf wie viele Arten wir die zwölf Hüte aufsetzen können."
    Johanna: "Ich nehme mir als Erste einen Hut und habe somit zwölf Möglichkeiten."
    Vreni: "Dann nehme ich als nächste einen Hut und habe damit noch elf zur Auswahl. Ha, jetzt weiß ich, wie ich weiterrechnen muss. Und mit den Brillen gehts genauso. Ui, das gibt eine riesige Zahl von Möglichkeiten." Wie viele Möglichkeiten gibt es?

  3. Anna: "Wie lange würden wir wohl brauchen, all' diese Fotos zu machen?" Nimm an, dass ein Foto in 10 Sekunden aufgenommen werden kann. Runde dein Ergebnis auf ganze Jahre.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Geg.: 4 Mädchen

4 Position

jeweils 3 Hüte

jeweils 2 Sonnenbrillen

Jedes Mädchen hat die Auswahl zwischen 3 Hüten und 2 Sonnenbrillen. Bestimme die Möglichkeiten der Auswahl von Hüten und Sonnenbrillen für jedes Mädchen und nehme das Ergebnis hoch 4 (da es vier Mädchen gibt).

Möglichkeiten für jedes einzelne Mädchen:

%%3\cdot2=6%%

Gesamtmöglichkeiten:

%%6^4=1296%%

Betrachte nun die unterschiedlichen Aufstellungen der Mädchen: Auf der 1. Position kann noch jedes Mädchen stehen. Auf der 2. nur noch 3, da eine der Mädchen ja schon auf der 1. Position steht. Auf der 3. können nur noch 2 stehen und auf der 4. Position nur 1 Mädchen.

%%4\cdot3\cdot2\cdot1=4!=24%%

Die Gesamtzahl der möglichen Aufnahmen ergibt sich damit als Produkt aus Mölichkeiten der Auswahl von Sonnenbrillen bzw. Hüten und Aufstellungen.

%%1296\cdot24=31104%%

Teilaufgabe 2

Geg.:4 Mädchen

4 Positionen

12 Hüte

8 Sonnenbrillen

Betrachte zunächst die Möglichkeiten der 4 Mädchen die 12 Hüte in verschiedenen Zusammenstellungen aufzusetzen. Das 1. Mädchen kann noch zwischen 12 Hüten auswählen. Das 2. nur noch zwischen 11, weil einer ja schon vom 1. Mädchen getragen wird. Das 3. Mädchen hat noch 10 Auswahlmöglichkeiten, das 4. noch 9 Möglichkeiten.

%%12\cdot11\cdot10\cdot9=11880%%

betrachte nun die Möglichkeiten der 4 Mädchen die 8 Sonnenbrillen in verschiedenen Zusammenstellungen aufzusetzen. Das 1. Mädchen kann noch zwischen 8 Sonnenbrillen auswählen. Das 2. nur noch zwischen 7, weil ja eine Sonnenbrille schon vom 1. Mädchen getragen wird. Das 3. Mädchen hat noch 6 Auswahlmöglichkeiten, das 4. noch 5.

%%8\cdot7\cdot6\cdot5=1680%%

Für die verschiedenen Positionen der Mädchen ist das Ergebnis %%4!%% wie bei Teilaufgabe 1.

%%4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24%%

Multipliziere die jeweiligen Möglichkeiten:

%%\underbrace{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}_{\mathrm{Hüte}}\cdot\underbrace{8\cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}_{\mathrm{Brillen}}\cdot \underbrace{4!}_{\mathrm{Anordnungen}}=%%

%%=12\cdot11\cdot10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=12!=479.001.600%%

Teilaufgabe 3

Es gilt nach Annahme: Für ein Foto werden 10 Sekunden gebraucht.

%%12!\;\cdot\;10\;sek=4.790.016.000\;sek%%

1 Minute hat 60 Sekunden.

in Minuten:

%%4.790.016.000\;:\;60=\;79.833.600%%

1 Stunde hat 60min.

in Stunden:

%%79.833.600\;:\;60=\;1.330.560%%

1 Tag hat 24 Stunden.

in Tagen: 

%%1.330.560\;:\;24\;=55.440%%

1 Jahr hat 365 Tage

in Jahren: 

%%55.440\;:\;365\;\approx\;151,89%%

D.h. dies würde ungefähr 152 Jahre dauern.

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16.

Es stehen zehn Spielsteine zur Verfügung, die mit den Ziffern von 0 bis 9 bedruckt sind:

                              %%\boxed{\;0\;}\;\boxed{\;1\;}\;\boxed{\;2\;}\;\boxed{\;3\;}\;\boxed{\;4\;}\;\boxed{\;5\;}\;\boxed{\;6\;}\;\boxed{\;7\;}\;\boxed{\;8\;}\;\boxed{\;9\;}%%

  1. Wie viele verschiedene zweistellige Zahlen kann man mit den Steinen legen?

  2. Berechne, wie viele dreistellige, vierstellige, fünfstellige, sechsstellige, siebenstellige, achtstellige, neunstellige und zehnstellige Zahlen man mit den Spielsteinen legen kann.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Für die Zehnerstelle ist die 0 nicht von Bedeutung, d.h. du hast hier 9 Möglichkeiten. An der Einerstelle hast du nun eine Zahl weniger, jedoch kann hier die 0 wieder stehen, also wieder 9 Möglichkeiten %%(10-1-1+1)%%.

%%9\cdot 9=81%%

Es gibt also 81 verschiedene Zweistellige Ziffern, die jede Zahl nur einmal verwenden.

Alternativer Lösungsweg 

Es gibt insgesamt 90 verschiedene zweistellige Ziffern, %%10,11,12,...,97,98,99%%. Nun musst du diejenigen abziehen, die eine Zahl doppelt verwenden, also %%11,22,33,44,55,66,77,88,99%%. Dies sind 9, also ist die Lösung 81.


Teilaufgabe 2

Nachdem du bereits zwei Steine verwendet hast (81 Möglichkeiten), hast du noch 8 Steine für die Hunderterstelle, 7 für die Tausenderstelle usw.

%%\begin{array}{c|c} \text{Anzahl Zahlen} & \text{Anzahl Ziffern}\\ \hline9\cdot9\cdot8&\text{dreistellig}\\ \hline9^2\cdot8\cdot7&\text{vierstellig}\\ \hline9^2\cdot8\cdot7\cdot6&\text{fünfstellig}\\\hline\vdots&\vdots\\ \hline 9^2\cdot8! & \text{zehnstellig} \end{array}%%

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17.

Scrabble ist ein Spiel, bei dem mit Spielsteinen, auf die je ein Buchstabe aufgedruckt ist, Wörter gelegt werden. Wie viele verschiedene Wörter, auch unsinnige, können mit folgenden Steinen gelegt werden (kein Stein darf übrig bleiben).

  1. %%\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;E\;}\;\boxed{\;R\;}\;\boxed{\;T\;}%%

  2. %%\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;B\;}\;\boxed{\;D\;}\;\boxed{\;E\;}\;\boxed{\;N\;}\;\boxed{\;S\;}%%

  3. %%\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;R\;}\;\boxed{\;T\;}%%

  4. %%\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;A\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}%%

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Die Möglichkeiten n Objekte anzuordnen brechnet sich nach dem Urnenmodel "mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen". Da in diesem Fall n=k folgt für die Formel

%%\frac{n!}{(n-k)!}=\frac{n!}{(n-n)!}=\frac{n!}{0!}=n!%%

Teilaufgabe 1

%%4!=24%%

Teilaufgabe 2

%%6!=720%%

Teilaufgabe 3

Mit Fakultät gerechnet erhalten wir jedes Wort doppelt, da hier %%\boxed{\;A_1\;}\;\boxed{\;A_2\;}\;\boxed{\;R\;}\;\boxed{\;T\;}%% und %%\boxed{\;A_2\;}\;\boxed{\;A_1\;}\;\boxed{\;R\;}\;\boxed{\;T\;}%% als verschiedene Wörter aufgefasst werden. Da sie aber nicht unterscheidbar sind darf es nur einmal gezählt werden. Da dies bei jedem Wort passiert muss das Ergebnis halbiert werden.

%%\Rightarrow \frac{4!}{2}=12%% Möglichkeiten

Anschauliche Erklärung mit Baumdiagramm 

Hier tauchen alle möglichen Wörter als senkrechte Pfade auf.

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% 12 Möglichkeiten

Teilaufgabe 4

Mit Fakultät gerechnet erhalten wir jedes Wort mehrfach, da hier zum Beispiel %%\boxed{\;A_1\;}\;\boxed{\;A_2\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}%% und %%\boxed{\;A_2\;}\;\boxed{\;A_1\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}\;\boxed{\;T\;}%% als verschiedene Wörter aufgefasst werden. Da sie aber nicht unterscheidbar sind darf es nur einmal gezählt werden. Da dies bei jedem Wort passiert muss das Ergebnis angepasst werden.

Da bei jedem Wort die beiden A-Steine vertauscht werden können benötigen wir deshalb einen Faktor %%\frac{1}{2}%%.
Zudem können auch die T-Steine vertauscht werden. Dafür gibt es %%3!=6%% Möglichkeiten, die drei Steine auf die drei Positionen zu verteilen. Also ist hierfür ein Faktor %%\frac{1}{6}%% nötig.

%%\Rightarrow 5!\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}=120\cdot \frac{1}{12}=10%% Möglichkeiten

Anschauliche Erklärung mit Baumdiagramm 

 

Hier tauchen alle möglichen Wörter als senkrechte Pfade auf.

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% 10 Möglichkeiten

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
18.

Auf der Speisekarte eines Restaurants werden als Vorspeisen ein Salat nach Art des Hauses und eine Gemüsesuppe angeboten. Als Hauptgerichte gibt es Schweinebraten, eine Pilzpfanne oder Wiener Schnitzel zur Auswahl.

  1. Wie viele verschiedene zweigängige Speisenfolgen lassen sich daraus zusammenstellen?

  2. Wie viele dreigängige Speisenfolgen lassen sich zusammenstellen, wenn zusätzlich noch 2 Nachspeisen angeboten werden?

  3. Insgesamt gibt es 60 Möglichkeiten, ein dreigängiges Menü und ein Erfrischungsgetränk aus der Karte auszuwählen. Wie viele Erfrischungsge­tränke stehen demnach auf der Karte?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

 Teilaufgabe 1

Gegeben ist die Anzahl der Vorspeisen (2) und Hauptspeisen (3).

Für alle Möglichkeiten der zweigängigen Speisefolgen multipliziere die Anzahl der Vorspeisen mit der Anzahl der Hauptspeisen.

%%2\cdot3=6%%

%%\Rightarrow\;%% Es gibt 6 verschiedene Möglichkeiten für ein zweigängiges Menü.

Teilaufgabe 2

Dazu kommen noch 2 Nachspeisen.

Für die Möglichkeiten eines dreigängiges Menü multipliziere die Anzahl der Vorspeisen (2) und Hauptspeisen (3) mit der der Nachspeisen (2).

%%2\cdot3\cdot2=12%%

%%\Rightarrow\;%% Es gibt 12 verschiedene dreigängige Menüzusammensetzungen.

Teilaufgabe 3

Wenn zusätzlich noch Getränke angeboten werden, gibt es 60 verschiedene Möglichkeiten für dreigängige Menüs.

Für die Anzahl der angebotenen Getränke dividiere die Möglichkeiten für das dreigängige Menü mit Getränk durch die Anzahl der Möglichkeiten für ein dreigängiges Menü ohne Getränk.

%%\frac{60}{2\cdot3\cdot2}=\frac{60}{12}=5%%

%%\Rightarrow\;%% Es gibt 5 Getränke auf der Speisekarte.

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
19.

Das Alphabet hat 26 Buchstaben.

  1. Wie viele verschiedene Wörter (auch sinnlose) gibt es mit zwei Buchstaben?

  2. Wie viele verschiedene Wörter gibt es mit acht Buchstaben?

  3. Für Computerpasswörter kann man Großbuchstaben, Kleinbuchstaben, die Ziffern und noch acht Sonderzeichen (!?;:<>#) verwenden. Wie viele Passwörter mit zwei Zeichen gibt es? Wie viele sind es mit drei, wie viele mit acht Zeichen?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Die Anzahl an Wörtern mit 2 Buchstaben entspricht der Aufgabe "2 aus 26" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge beachtet %%(AB \neq BA)%% und der Buchstabe zurückgelegt %%(BB%% ist möglich%%)%%.

%%26^2=676%%

Es gibt also 676 mögliche Wortkombinationen aus zwei Buchstaben.


Teilaufgabe 2

Die Anzahl an Wörtern mit 8 Buchstaben entspricht der Aufgabe "8 aus 26" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge beachtet %%(AB \neq BA)%% und der Buchstabe zurückgelegt %%(BB%% ist möglich%%)%%.

%%26^8=208.827.064.576%%

Es gibt also 208.827.064.576 mögliche Wortkombinationen mit acht Buchstaben.


Teilaufgabe 3

Es gibt 26 Großbuchstaben, 26 Kleinbuchstaben, 10 Ziffern und 8 Sonderzeichen.

%%26+26+10+8=70%%

Es gibt also 70 mögliche Zeichen insgesamt, somit entspricht die Anzahl der Möglichkeiten für ein Passwort der Länge "k" der Aufgabe "k aus 70" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge beachtet %%(AB \neq BA)%% und das Zeichen zurückgelegt %%(BB%% ist möglich%%)%%.

%%\begin{array}{c | c} \text{"k"} & \text{Möglichkeiten}\\ \hline 2 & 4900\\ \hline 3 & 343.000\\ \hline 8 & 576.480.100.000.000\\ \end{array}%%

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20.

Zum Ausklang von Judits Geburtstagsfeier wird Eis angeboten. Es gibt fünf Sorten: Erdbeere, Himbeere, Schokolade, Vanille, Zitrone

  1. Jedes Kind darf sich drei Klugeln unterschiedlicher Sorten aussuchen. Wie viele Kombinationen sind möglich?

  2. Wie vielen Zusammenstellungen gibt es, wenn die drei Kugeln auch von derselben Sorte sein dürfen?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Bestimme mit Kombinatorik

Teilaufgabe 1

Es werden 3 Eissorten aus 5 ausgewählt, wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt und keine Eissorte doppelt vorkommen darf. Benutze also das Modell "ohne Reihenfolge, ohne Zurücklegen" aus der Kombinatorik, also den Binomialkoeffizienten.

$$\begin{pmatrix}5\\3\end{pmatrix}=\frac{5!}{3!\cdot\left(5-3\right)!}=10$$

Teilaufgabe 2

Es werden 3 Eissorten aus 5 ausgewählt, wobei die Reihenfolge keine Rolle spielt und jede Eissorten mehrmals vorkommen darf. Benutze also das Modell "ohne Reihenfolge, mit zurücklegen" aud der Kombinatorik.

%%\begin{pmatrix}5+3-1\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\\3\end{pmatrix}%%

Berechne den Binomialkoeffizienten.

$$=\frac{7!}{3!\cdot\left(7-3\right)!}=35$$

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21.

Die Fußballvereine aus Vilsbiburg, Seyboldsdorf, Frontenhausen und Geisenhausen tragen ein Turnier aus, bei dem jeder Verein gegen jeden anderen Verein genau einmal spielt. Jeder Verein erhält für einen Sieg drei Punkte, für ein Unentschieden einen Punkt und für eine Niederlage keinen Punkt.

  1. Wie viele Punkte können bei den sechs Spielen des Turniers insgesamt vergeben werden?

  2. Bei dem Turnier erhielt Vilsbiburg sieben Punkte, Seyboldsdorf fünf Punkte, Frontenhausen drei Punkte und Geisenhausen einen Punkt. Wie endeten die einzelnen Spiele (nur Sieg bzw. Unentschieden)?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Insgesamt gibt es vier Mannschaften. Jede Mannschaft soll gegen jede andere Mannschaft spielen, d.h. jede Mannschaft macht 3 Spiele. Da es vier Mannchaften gibt, ergeben sich %%4\cdot 3=12%% Spiele. Da jedoch in jedem Spiel 2 Mannschaften aufeinander treffen, wurden bei dieser Rechnung die Spiele doppelt gezählt, d.h. insgesamt gibt es %%\frac{12}{2}=6%% Spiele.

Um die Gesamtpunktevergabe angeben zu können, muss betrachtet werden, wie viele der Spiele unentschieden ausgehen. Beachte, dass bei einem Sieg 3 Punkte (für die Siegermannschaft) und bei einem Unentschieden 2 Punkte (je einen für jede Mannschaft) vergeben werden.

Unentschieden

0

1

2

3

4

5

6

Punkte

%%6\cdot 3+0\cdot2 = 18%%

%%5\cdot 3+1\cdot2 = 17%%

%%4\cdot 3+2\cdot2 = 16%%

%%3\cdot 3+3\cdot2 = 15%%

%%2\cdot 3+4\cdot2 = 14%%

%%1\cdot 3+5\cdot2 = 11%%

%%0\cdot 3+6\cdot2 = 12%%

Teilaufgabe 2

Schreibe die Angabe in eine Tabelle:

Verein

Punkte

Vilsbiburg

7 Punkte

Seyboldsdorf

5 Punkte

Frontenhausen

3 Punkte

Geisenhausen

1 Punkte

Mache folgende Überlegung: Vilsbiburg hat 7 Punkte, d.h. 2 mal gewonnen und 1 mal unentschieden gespielt. Seyboldsdorf hat 5 Punkte, d.h. 1 mal gewonnen und 2 mal unentschieden gespielt.

Da also weder Vilsbiburg, noch Seyboldsdorf verloren haben, müssen sie gegeneinander unentschieden gespielt haben!

Damit folgt, dass Vilsbiburg die anderen Spiele gegen Frontenhausen und Geisenhausen gewonnen hat.

Da Frontenhausen nun bereits gegen Vilsbiburg verloren hat, muss es seine 3 Punkte durch einen Sieg erreich haben (und nicht durch 3 Unentschieden).

Da Seyboldsdorf und Vilsbiburg kein Spiel verloren haben, muss Frontenhausen gegen Geisenhausen gewonnen haben.

Damit hat Seyboldsdof gegen Frontenhausen gewonnen.

Es verbleibt noch ein Unentscheiden zwischen Geisenhausen und Seyboldsdorf (da Geisenhausen 1 Punkt hat).

Das Ergebnis ist noch einmal in der folgenden Tabelle verdeutlicht:

Verein

Punkte

Verein

Punkte

Vilsbiburg

1

Seyboldsdorf

1

Vilsbiburg

3

Frontenhausen

0

Vilsbiburg

3

Geisenhausen

0

Frontenhausen

3

Geisenhausen

0

Seyboldsdorf

3

Frontenhausen

0

Geisenhausen

1

Seyboldsdorf

1

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22.

Anja schreibt verdeckt eine dreistellige Zahl, in der nur die Ziffern 1 und 2 vorkommen.

Wie viele Zahlen muss Iris auf jeden Fall aufschreiben, damit mit Sicherheit eine Zahl dabei ist, ...

  1. die mit Anjas Zahl übereinstimmt?

  2. die an mindestens einer Stelle mit Anjas Zahl übereinstimmt?

  3. die an mindestens zwei Stellen mit Anjas Zahl übereinstimmt?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Für jede Ziffer die Anja aufschreibt, hat sie 2 Möglichkeiten (1 oder 2). Da sie eine dreistellige Zahl aufschreibt, gibt es insgesamt %%2\cdot 2 \cdot2 = 8%% Möglichkeiten. Die sind:

222, 221, 212, 122, 111, 112, 121, 211

Iris muss also mindestens diese 8 Zahlen aufschreiben, um mit Sicherheit eine Zahl aufgeschrieben zu haben, die mit Anjas übereinstimmt.

Teilaufgabe 2

Iris muss zwei Zahlen aufschreiben: 222, 111. Jede der acht Möglichkeiten enthält mindestens einen Zweier oder mindestens einen Einser.

Teilaufgabe 3

Auch hier genügen die Zahlen 222 und 111, da jede der acht Möglichkeiten mindestens zwei Zweier oder mindestens zwei Einser enthält.

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23.

Gib alle dreistelligen Zahlen an, die man aus den Ziffern ...

  1. 7, 8 und 9 bilden kann.

  2. 7, 8 und 9 bilden kann, wenn jede Ziffer nur einmal auftreten darf.

  3. 8, 9 und 0 bilden kann.

  4. 8, 9 und 0 bilden kann, wenn jede Ziffer nur einmal auftreten darf.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe a

27 Zahlen: 789, 798, 879, 897, 978, 987, 778, 787, 877, 779, 797, 977, 887, 878, 788, 889, 898, 988, 997, 979, 799, 998, 989, 899, 777, 888, 999

Teilaufgabe b

6 Zahlen: 789, 798, 879, 897, 978, 987

Teilaufgabe c

18 Zahlen: 890, 809, 980, 908, 889, 898, 988, 880, 808, 990, 909, 998, 989, 899, 800, 900, 888, 999

Teilaufgabe d

4 Zahlen: 890, 809, 980, 908

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24.

In einer Gummibärentüte sind 27 gelbe, 18 weiße, 33 grüne und 25 rote Bärchen. Die ,,Naschkatze” Lisa lässt sich gerne überraschen und nimmt daher blind immer ein Bärchen aus der Tüte.

  1. Wie oft muss sie in die Tüte greifen, um sicher einen grünen Bären zu erhalten?

  2. Wie viele Gummibären muss sie im Höchstfall herausnehmen, damit sie von jeder Farbe mindestens ein Bärchen bekommt?

  3. Nach wie vielen Ziehungen hat sie sicher mindestens 3 Bären einer Farbe?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe 1

Wenn Lisa Pech hat, erwischt sie das erste grüne Bärchen erst, wenn alle anderen Bärchen weg sind, d. h. spätestens nach %%27+18+25+1=71%% gezogenen Bären erwischt sie einen grünen Bären.

Teilaufgabe 2

Im ungünstigsten Fall bleiben nur noch alle Bärchen einer Farbe übrig. Da die wenigsten Bärchen weiß sind, tritt der ungünstigste Fall ein, wenn nur noch die 18 weißen Bären in der Tüte zurückbleiben, also nach %%27+33+25=85%% Ziehungen. Spätestens nach 86 Ziehungen hat Lisa von jeder Farbe ein Gummibärchen.

Teilaufgabe 3

Im ungünstigsten Fall hat sie nach 8 Ziehungen genau 2 Bären von jeder Farbe. Bei der 9. Ziehung bekommt sie sicher den 3. Bären einer Farbe.

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25.

Chris will alle fünfstelligen Zahlen addieren, die jede der Ziffern 1, 3, 5, 7, und 9 genau einmal enthalten. Wie viele solcher Summanden gibt es und welchen Wert hat die Summe?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Es gibt %%5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120%% Summanden.

Setzt du eine beliebige Zahl an die Einerstelle, können die restlichen 4 Zahlen noch auf die vorigen Stellen verteilt werden, also gibt es insgesamt %%4\cdot3\cdot2\cdot1=24%% Zahlen mit dieser Zahl an der Einerstelle.

Die Summe der Einerstellen aller Summanden beträgt somit %%24\cdot\left(1+3+5+7+9\right)=24\cdot25=600%%.

An jeder anderen Stelle ergibt sich analog 600. Damit ergibt sich die Gesamtsumme aller Summanden als:

%%600\cdot1+600\cdot10+600\cdot100+600\cdot1000+600\cdot10000=%%

%%=600\cdot11111=%%

%%=6666600%%

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
26.

Wie viele Möglichkeiten gibt es, das Produkt %%111\cdot222\cdot333\cdot444%% hinzuschreiben?
Den Produktwert selbst sollst du nicht ausrechnen.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
27.

Wenn die Bundesliga auf 20 Mannschaften vergrößert werden soll, wie viele Spiele finden dann in jeder Saison statt?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Die Saison besteht aus Hin- und Rückrunde. Diese sind aber bis auf die Reihenfolge der Mannschaften (A gegen B, B gegen A) identisch. Betrachte daher nur eine der Runden und verdopple die Anzahl der Spiele.

Jede der 20 Mannschaften spielt in der Hinrunde gegen jede andere, macht also 19 Spiele. Es gibt daher 19 Spieltage.

An jedem Spieltag bestreiten zwei Mannschaften jeweils ein Spiel.

Damit ergibt sich folgende Formel für die Anzahl der Spiele:

%%2 \cdot 19 \cdot \frac{20}{2}=38\cdot10=380%%

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28.

An einen runden Tisch setzten sich 7 bzw. 8 Personen. Wie viele verschiedene Platzierungen der Personen gibt es in jedem der beiden Fälle, wenn Anordnungen, in denen jeder den gleichen Nachbarn hat, als gleich betrachtet werden und

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
a)

keine weitere Bedingung gestellt wird

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
b)
c)
d)
29.

Ein Bridgespiel enthält 52 Karten, davon sind vier Asse. Jemand zieht 15 Karten. In wieviel Fällen enthalten diese 15 Karten

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
a)

kein As

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

%%\frac{48\cdot47\cdot46\cdot45\cdot44\cdot43\cdot42\cdot41\cdot40\cdot39\cdot38\cdot37\cdot36\cdot35\cdot34}{52\cdot51\cdot50\cdot49\cdot48\cdot47\cdot46\cdot45\cdot44\cdot43\cdot42\cdot41\cdot40\cdot39\cdot38}=%%

%%=\frac{37\cdot36\cdot35\cdot34}{52\cdot51\cdot50\cdot49}\approx25,1\% %%

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
b)

genau ein As

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

geg.: 52 Karten ; 4 Asse ; 15 Karten ziehen ohne Zurücklegen

Die Wahrscheinlichkeit eines der 4 Asse zu ziehen ist %%\frac4{52}%% .  Danach muss die Wahrscheinlichkeit dafür berechnet werden, dass keins der verbliebenen 3 Asse gezogen wird.

%%\frac4{52}\cdot\frac{48}{51}\cdot\frac{47}{50}\cdot\frac{46}{49}\cdot\frac{45}{48}\cdot\frac{44}{47}\cdot\frac{43}{46}\cdot\frac{42}{45}\cdot\frac{41}{44}\cdot\frac{40}{43}\cdot\frac{39}{42}\cdot\frac{38}{41}\cdot\frac{37}{40}\cdot\frac{36}{39}\cdot\frac{35}{38}=%%

%%\approx2,87\% %%

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c)

mindestens ein As

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

geg.: 52 Karten ; 4 Asse ; 15 Karten ziehen ohne Zurücklegen

P{1-"kein As"}=

%%=1-\frac{48}{52}\cdot\frac{47}{51}\cdot\frac{46}{50}\cdot\frac{45}{49}\cdot\frac{44}{48}\cdot\frac{43}{47}\cdot\frac{42}{46}\cdot\frac{41}{45}\cdot\frac{40}{44}\cdot\frac{39}{43}\cdot\frac{38}{42}\cdot\frac{37}{41}\cdot\frac{36}{40}\cdot\frac{35}{39}\cdot\frac{34}{38}=%%

%%\approx75,6\% %%

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d)

höchstens ein As

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Kombinatorik

geg.: 52 Karten ; 4 Asse ; 15 Karten ziehen ohne Zurücklegen

P{"kein As"}+P{"genau ein As"}=

%%\begin{array}{l}=\frac{48}{52}\cdot\frac{47}{51}\cdot\frac{46}{50}\cdot\frac{45}{49}\cdot\frac{44}{48}\cdot\frac{43}{47}\cdot\frac{42}{46}\cdot\\\frac{41}{45}\cdot\frac{40}{44}\cdot\frac{39}{43}\cdot\frac{38}{42}\cdot\frac{37}{41}\cdot\frac{36}{40}\cdot\frac{35}{39}\cdot\frac{34}{38}+\\\frac4{52}\cdot\frac{48}{51}\cdot\frac{47}{50}\cdot\frac{46}{49}\cdot\frac{45}{48}\cdot\frac{44}{47}\cdot\frac{43}{46}\cdot\frac{42}{45}\cdot\\\frac{41}{44}\cdot\frac{40}{43}\cdot\frac{39}{42}\cdot\frac{38}{41}\cdot\frac{37}{40}\cdot\frac{36}{39}\cdot\frac{35}{38}=\end{array}%%

%%\approx27,3\% %%

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e)

genau 2 Asse

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

geg.: 52 Karten ; 4 Asse ; 15 Karten ziehen ohne Zurücklegen

%%=\frac4{52}\cdot\frac3{51}\cdot\frac{48}{50}\cdot\frac{47}{49}\cdot\frac{46}{48}\cdot\frac{45}{47}\cdot\frac{44}{46}\cdot\frac{43}{45}\cdot\frac{42}{44}\cdot\frac{41}{43}\cdot\frac{40}{42}\cdot\frac{39}{41}\cdot\frac{38}{40}\cdot\frac{37}{39}\cdot\frac{36}{38}=%%

%%\approx0,246\% %%

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
f)

alle 4 Asse?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
30.

6 Frauen und 6 Männer treffen sich zum Tennis spielen. Immer vier von ihnen können zusammen spielen. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
a)

keinerlei Einschränkungen bestehen

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe a)

Kombinatorik

Es gibt 6 Frauen und 6 Männer, die ohne Einschränkung zusammen spielen können.

%%6+6=12%%

Für die Anzahl an möglichen Spielerzusammensetzungen multipliziert man die Gesamtanzahl der Spieler (12) viermal absteigend mit der Anzahl der restlichen Spieler.

%%12\cdot11\cdot10\cdot9=11\;880%%

Für die Anzahl der verschiedenen Zusammensetzungen von vier Spielern, beschreibt man die möglichen Zusammensetzungen der vier Spieler untereinander mit 4 Fakultät .

%%4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24%%

Da aber immer nur vier verschiedene Spieler gleichzeitig spielen können, dividiert man die Anzahl an möglichen Spielerzusammensetzungen durch die Anzahl der verschieden Spielerzusammensetzungen.

%%\frac{12\cdot11\cdot10\cdot9}{4!}=495%%

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% Es gibt 495 verschiedene Teammöglichkeiten.

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
b)

keine Frau spielen soll

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Teilaufgabe b

Kombinatorik

Es spielen nur 6 Männer.

Für die mögliche Anzahl der Spielzusammensetzungen der Männer multipliziert man die Anzahl der männlichen Spieler viermal mit den Restlichen in absteigender Reihenfolge.

%%6\cdot5\cdot4\cdot3=360%%

Für die Anzahl der Spielerzusammensetzung untereinander beschreibt man die Anzahl der Möglichkeiten mit 4 Fakultät .

%%4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24%%

Für die Anzahl der verschiedenen Möglichkeiten der Zusammensetzung eines männliches Teams dividiert man die Anzahl der insgesamt möglichen männlichen Teams durch die Anzahl der möglichen Spielerzusammensetzungen eines Teams.

%%\frac{6\cdot5\cdot4\cdot3}{4!}=15%%

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% Es gibt 15 verschiedene Möglichkeiten für die Zusammenstellung eines männlichen Teams.

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
c)

genau eine Frau mitspielen soll

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

Es kann eine von sechs Frauen und 3 von sechs Männern im Team spielen.

Gegeben sind 6 Frauen und 6 Männer.

Da nur eine der sechs Frauen spielen soll, kann man eine der 6 Frauen wählen. Also hat man 6 Möglichkeiten. Nun muss man noch 3 Männer auswählen. Für den ersten hat man 6 Möglichkeiten. Für den zweiten 5, da ja schon ein Mann gewählt wurde. Für den dritten Mann (also den 4. Mitspieler) hat man dann noch 4 Möglichkeiten.

%%6\cdot6\cdot5\cdot4=720%%

Jetzt ist es aber egal in welcher Reihenfolge man die Männer auswählt. Daher muss man noch durch die Anzahl der möglichen Reihenfolgen teilen, weil diese bei der Auswahl noch berücksichtigt wurde.

Die mögliche Zusammensetzung der männlichen Spieler untereinder beschreibt man mit 3 Fakultät.

%%3!=3\cdot2\cdot1=6%%

Für die Anzahl der möglichen Zusammensetzungen der Spieler dividiert man die Anzahl der möglichen Spielerzusammensetzungen durch die Anzahl der möglichen Zusammensetzung der männlichen Spieler (Theoretisch muss man auch durch die Zusammensetzung der weiblichen Spieler teilen, aber da das in diesem Fall 1 ist, ist es egal).

%%\frac{6\cdot6\cdot5\cdot4}{3!}=120\;%%

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% Es gibt 120 verschiedene Möglichkeiten, wenn genau eine Frau mitspielen soll.

Alternative Berechnung:

Mit Binomialkoeffizienten:

Man muss eine Frau und drei Männer wählen.

Also 1 aus 6 Frauen und 3 aus 6 Männern.

%%6 \choose 1%% und %%3\choose 6%%

Ausrechnen (Taschenrechner) und miteinander multiplizieren:

%%\begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}6\\3\end{pmatrix}=6\cdot20=120%%

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
d)

genau 3 Frauen mitspielen sollen

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

Es sollen 3 Frauen und 1 Mann spielen.

Man wählt also 3 aus 6 Frauen und 1 aus 6 Männer.

%%3 \choose 6%% und %%1\choose 6%%

Ausrechnen (Taschenrechner) und miteinander multiplizieren.

%%{3 \choose 6}\cdot {1\choose6}=20\cdot 6=120%%

Es gibt 120 mögliche Zusammensetzungen.

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
e)

genau 3 Männer mitspielen sollen

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

6 über 3  %%\;\;\;\rightarrow\;\frac{6!}{3!\cdot\left(6-3\right)!}\cdot6%%

Anzahl verschiedener Möglichkeiten

%%\;\frac{6!}{3!\cdot\left(6-3\right)!}\cdot6\;\;=%%

%%=120%%  Möglichkeiten

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f)

alle vier Frauen sein sollen?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
31.

Ein Delegation von 20 Parlamentariern soll aus 2 Parteien zusammengesetzt werden. Die BPF hat 16 Fachleute, die CSD 10 Fachleute anzubieten. Aufgrund der Mehrheitsverhältnisse kann die BPF 14 und die CSD 6 Sitze im Ausschuss beanspruchen. Wie viele verschiedene Zusammensetzungen sind möglich, wenn

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
a)

keine weiteren Bedingungen gemacht werden

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Möglichkeiten Abgeordnete auf den jeweiligen Sitzen zu verteilen, ohne dabei die Reihenfolge zu berücksichtigen

Bei Sitz 1 hat man die Wahl aus 16 Abgeordneten, bei Sitz 2 15 usw...

Anzahl der Möglichkieten BPF %%=\frac{16\cdot15\cdot14\cdot13\cdot12\cdot11\cdot10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot4\cdot3}{14!}=120%%

Durch 14! wird geteilt, weil die Reihenfolge der Abgeordneten nicht relevant ist.

Bei Sitz 1 hat man die Wahl aus 10 Abgeordneten, bei Sitz 2 hat man 9 usw....

Anzahl der Möglichkeiten CSD %%=\frac{10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5}{6!}=210%%

Durch 6! wird geteilt, weil die Reihenfolge der Abgeordneten nicht relevant ist.

Anzahl der Möglichkeiten insgesamt %%=120\cdot210=25200%%

Es gibt also 25200 Möglichkeiten.


Alternative Berechnung

Es gibt 14 Plätze für die BPF und 6 Sitze für die CSD.

Also 14 aus 16 und 6 aus 10 Möglichkeiten.

%%16\choose 14%% und %%10\choose6%%

Ausrechnen (Taschenrechner) und miteinander multiplizieren.

%%{16\choose 14}\cdot{10\choose 6}=120\cdot 210=25200%%

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
b)

ein bestimmtes Mitglied der BPF auf alle Fälle im Ausschuss sitzen soll

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

Ein Mitglied der BPF ist sicher dabei. Die anderen 13 Fachleute können noch frei gewählt werden. Für die CSD gibt es keine Einschränkung.

Also 1 fester Parlamentarier und 13 aus den anderen 15, sowie 6 aus den 10 der CSD.

1 und %%15\choose13%% sowie %%10\choose6%%

Binomialkoeffizienten ausrechnen (Taschenrechner) und miteinander multiplizieren.

%%1\cdot{15\choose9}\cdot{10\choose6}=1\cdot 105 \cdot 210=22050%%

Es gibt 22050 Möglichkeiten die Delegation aufzustellen.

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c)

3 bestimmte Kandidaten der BPF von der CSD grundsätzlich abgeleht werden?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

Das ist nicht möglich!

Wenn nämlich drei Parlamentarier der BPF grundsäztlich abgelehnt werden, dann hätte die BPF nur noch %%16-3=13%% Möglichkeiten die 14 Sitze zu besetzen. Die CSD müsste also einlenken oder die BPF noch einen weiteren Kandidaten aufstellen.

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Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
32.

Wie viele zweisprachige Wörterbücher benötigt ein Übersetzer für die direkte Übersetzung aus jeder von 5 Sprachen in jede dieser 5 Sprachen? Wie viele zusätzliche Wörterbücher müssten hinzukommen, um in 2 weitere Sprachen übersetzen zu können?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

%%4+3+2+1=10%%

Der Übersetzer benötigt vier Wörterbücher, um von der ersten Sprache in die vier anderen Sprachen zu übersetzen. Um von der zweiten Sprache in die anderen zu übersetzen benötigt er nurnoch 3 Bücher, da er zur ersten Sprache ja schon ein Buch besitzt. Bei der dritten Sprache braucht er also nur noch 2 Bücher und bei der vierten ein Wörterbuch. Bei der fünften Sprache benötigt er kein buch mehr.

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%%\Rightarrow%% Er bräuchte 10 Wörterbücher

Für zwei weitere Sprachen funktioniert die Rechnung genauso, außer, dass man bei 6 beginnt.

%%6+5+4+3+2+1=21%%

4891_wE1iFONSVd.png

%%\;\;\Rightarrow%% Er bräuchte 21 Wörterbücher

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33.

Eine Schülergruppe von 16 Personen verteilt sich auf 2 Abteile einer U-Bahn. In jedem Abteil gibt es 4 Sitzplätze in Fahrtrichtung und 4 entgegen der Fahrtrichtung. Von den 16 Personen wollen auf alle Fälle 7 in Fahrtrichtung und 5 gegen die Fahrtrichtung sitzen. Wie viele Platzierungsmöglichkeiten gibt es, wenn man die Sitze unterscheidet?

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Gegeben: jeweils 8 Sitzplätze in Fahrrichtung bzw. gegen Fahrtrichtung

7 Schüler wollen in Fahrtrichtung sitzen

5 Schüler wollen gegen die Fahrtrichtung sitzen

4 Schülern ist es egal

Es gibt 8 Möglichkeiten die 7 Schüler auf die 8 Plätze in Fahrtrichtung zu verteilen. Diese 7 Schüler können wieder untereinander die Plätze tauschen. Dafür gibt es 7! Möglichkeiten.

Es gibt 4 Schüler, denen es egal ist wo sie sitzen, davon muss ein Schüler auf dem freien Platz in Fahrtrichtung sitzen. Die restlichen 8 Schüler sitzen gegen die Fahrtrichtung. Für deren Anordnung gibt es 8! Möglichkeiten.

%%\Rightarrow 8\cdot7!\cdot4\cdot8!=6\,502\,809\,600%%

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34.

Sechs Mädchen und vier Jungen sollen in zwei Mannschaften zu fünf Spielern aufgeteilt werden. Auf wie viele Arten geht das, wenn in jeder Mannschaft mindestens ein Junge mitspielen muss?

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35.

Auf wie viele Arten kann man 2 Buchstaben aus dem Wort "COMPUTER" auswählen, wenn

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a)

keine Einschränkung gilt

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Berechne mit Kombinatorik

Bei dieser Aufgabe spielt die Reihenfolge der ausgewählten Buchstaben eine Rolle und ein Buchstabe kann nur einmal gewählt werden. Benutze deshalb das Modell "mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen" aus der Kombinatorik.

%%\displaystyle\frac{8!}{(8-2)!}=8\cdot 7=56%%

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b)

beide Buchstaben Konsonanten sein müssen

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Berechne mit Kombinatorik

Benutze das Modell "mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen" aus der Kombinatorik, da die Reihenfolge der Buchstaben beachtet wird, jeder aber nur einmal ausgewählt werden kann.
Da nur Konsonanten ausgewählt werden kann ist n in diesem Fall gleich der Anzahl, also 5.

Damit ergibt sich diese Formel:

%%\displaystyle \frac{5!}{(5-2)!}=5\cdot4=20%%

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c)

beide Buchstaben Vokale sein müssen

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Berechne mit Kombinatorik

Benutze das Modell "mit Reihenfolge, ohne Zurücklegen" aus der Kombinatorik, da die Reihenfolge der Buchstaben beachtet wird, jeder aber nur einmal ausgewählt werden kann.
Da nur Vokale ausgewählt werden kann ist n in diesem Fall gleich der Anzahl, also 3.

Damit ergibt sich diese Formel:

%%\displaystyle \frac{3!}{(3-2)!}=3\cdot2=6%%

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d)

ein Buchstabe ein Vokal und der andere ein Konsonant sein muss?

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Berechne mit Kombinatorik

Das Ergebnis setzt sich aus zwei Fällen zusammen. Erstens, dass zuerst ein Vokal und dann ein Konsonant gezogen wird, und Zweitens, dass erst ein Konsonant gezogen wird. Die Möglichkeiten genau einen der Buchstaben auszuwählen ist dabei jeweils gleich der Anzahl dieser Buchstaben. Im ersten Fall gibt es damit %%5\cdot3%% Möglichkeiten.
Damit ergibt sich die Gesamtzahl:

%%(3\cdot5)+(5\cdot 3)=15+15=30%%

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36.

In einem Fach wird ein Hausheft und ein Schulheft geführt. Heftumschläge gibt es in 7 verschiedenen Farben. Leider hat der Lehrer vergessen zu sagen, welche Farben für die Umschläge verwendet werden sollen. Wie viele Möglichkeiten gibt es, wenn 1)Haus- und Schulheft immer verschiedenfarbig eingebunden werden sollen oder 2) die Hefte auch in der gleichen Farbe eingebunden werden können?

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Bestimme mit Kombinatorik

In beiden Fällen werden Farben ausgewählt. Dabei ist bei beiden die Reihenfolge wichtig, da es einen Unterschied macht welches Heft welche Farbe bekommt.

1. Im ersten Fall wird ohne Zurücklegen gezogen, da es unterschiedliche Farben sein müssen. Benutze also das Modell "ohne Reihenfolge, ohne Zurücklegen" mit n=7 uns k=2:

%%\displaystyle \Rightarrow \frac{7!}{(7-2)!}=7\cdot6=42%% Möglichkeiten

2. Gehe im zweiten Fall genauso vor, aber mit dem Modell mit Zurücklegen, da hier auch gleiche Farben erlaubt sind:

%%\Rightarrow 7^2=49%% Möglichkeiten

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37.

Von A nach B führen 8 Wege. Von B nach C führen 3 Wege.

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a)

Wie viele Wege führen von A nach C über B?

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Von A nach B hast du 8 mögliche Wege. Von B nach C hast du 3 mögliche Wege. Das bedeutet, für jeden der 8 Wege von A nach B hast du 3 Möglichkeiten nach C zu kommen.

%%8\cdot3=24%%

Du hast also 24 Möglichkeiten von A nach C zu gelangen.

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b)

Von C nach D führen 9 Wege.

Wie viele Wege führen von A nach D über B und C?

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Du hast 24 mögliche Wege von A nach C über B.

Begründung aus Teilaufgabe a) 

Von A nach B hast du 8 mögliche Wege. Von B nach C hast du 3 mögliche Wege. Das bedeutet, für jeden der 8 Wege von A nach B hast du 3 Möglichkeiten nach C zu kommen.

Du hast also %%8\cdot3=24%% Möglichkeiten von A nach C zu gelangen.

Für jeden der 24 Wege von A nach C hast du 9 Möglichkeiten nach D zu kommen.

%%24\cdot9=216%%

Du hast also 216 Möglichkeiten von A nach D zu gelangen.

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38.

Gib die Anzahl der möglichen Permutationen an.

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a)

ABC

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b)

DEMO

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c)

SAAL

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d)

OTTO

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Permutationen

OTTO

Permutation mit Wiederholung

Urnenmodel : 4 Kugeln ; Die ersten zwei und der Rest nicht von einander unterscheidbar.

%%\frac{4!}{2!\cdot2!}=6%%

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% Es gibt 6 Möglichkeiten.

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e)

ANANAS

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Permutationen

ANANAS

Permutation mit Wiederholung

Urnenmodel : 6 Kugeln; Jeweils zwei bzw drei nicht von einander unterscheidbar.

%%\frac{6!}{2!\times3!}=60%%

%%\;\;\Rightarrow\;\;%% Es gibt 60 Möglichkeiten.

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39.

Zwei defekte Computermonitore sind mit zwei guten zusammengepackt worden. Man prüft die Monitore der Reihe nach bis man weiß, welche die zwei fehlerhaften sind. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist man nach Prüfung des zweiten Monitors, mit welcher Wahrscheinlichkeit erst nach Prüfung des dritten fertig?

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40.

5 Äpfel sollen an 3 Kinder verteilt werden. Auf wie viele Arten ist das möglich?

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Man verteilt 5 Äpfel auf 3 Kinder, dabei kommt es nur darauf an wie viele Äpfel jedes Kind bekommt, da man die Äpfel nicht unterscheidet. Man zieht also 5 mal mit Zurücklegen, aber ohne die Reihenfolge zu beachten.

%%\displaystyle\Rightarrow\binom{n+k-1}{k}=\binom{3+5-1}{5}=\binom{7}{5}=21%%

Weitere Erklärung 

Gib den Kindern Nummern von 1 bis 3 und schreibe die Nummern auf Zettel, die du in eine Urne legst. Danach ziehst du 5 mal aus der Urne und legst die Zettel aber jedes mal zurück. Die Nummer die gezogen wird bekommt einen Apfel. Im Artikel Kombinatorik wird so ein Fall beschrieben.

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41.

Nimm an, du hast zwei rote und drei blaue, ansonsten aber gleiche Bausteine. Wie viele Möglichkeiten gibt es, damit einen vier Steine hohen Turm zu bauen?

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Überlegung der zugrundeliegenden Situation

Da die Steine sich nur durch die Farbe unterscheiden sollen, kommt es nur darauf an, an welcher Stelle des Turmes ein roter und an welcher Stelle ein blauer Stein liegt, nicht aber darauf, welcher der roten bzw. blauen Steine es jeweils ist.

1. Möglichkeit: Lösung durch Ausprobieren

Da zwei rote und drei blaue Steine zur Verfügung stehen, kann man entweder den Turm aus zwei roten und zwei blauen Steinen bauen oder aus einem roten und drei blauen.

1. Fall: 2 rote und 2 blaue Steine

Zweimal R (für einen roten Stein) und zweimal B (für einen blauen Stein) müssen in eine Reihenfolge gebracht werden.

Vorschlag für ein "systematisches" Vorgehen:

Zuerst die Möglichkeiten mit R am Anfang: ein R an die erste Stelle schreiben, zweites R nach hinten "durchlaufen" lassen;

RRBB, RBRB, RBBR

dann die Möglichkeiten mit B am Anfang, ähnlich wie eben...

BRRB, BRBR, BBRR

Ergebnis:

6 Möglichkeiten

2. Fall: 1 roter und 3 blaue Steine

Einmal R (für einen roten Stein) und dreimal B (für einen blauen Stein) müssen in eine Reihenfolge gebracht werden.

Vorschlag für ein "systematisches" Vorgehen:

R nach hinten "durchlaufen" lassen

RBBB, BRBB, BBRB, BBBR

Ergebnis:

4 Möglichkeiten

Zusammen:

6 Möglichkeiten (aus Fall 1)  + 4 Möglichkeiten (aus Fall 2)

ergibtinsgesamt 10 Möglichkeiten.

2. Möglichkeit: Lösung mit Mitteln der Kombinatorik

Da zwei rote und drei blaue Steine zur Verfügung stehen, kann man entweder den Turm aus zwei roten und zwei blauen Steinen bauen oder aus einem roten und drei blauen.

1. Fall: 2 rote und 2 blaue Steine

Aus vier möglichen Plätzen wählt man z. B. die zwei Plätze, an denen rote Steine liegen sollen; auf den verbleibenden zwei Plätzen müssen dann blaue Steine liegen.

  %%\Rightarrow%%   Zugrundeliegendes mathematisches Modell:

Bildung von zwei-elementigen Teilmengen aus einer vier-elementigen Menge

(Im Urnenmodell:

Ziehen von 2 Elementen aus einer Urne mit 4 Elementen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge)

Bestimmung der Anzahl der Möglichkeiten

Berechnung mit Hilfe des Binomialkoeffizienten:

Der Binomialkoeffizient "2 aus 4" gibt die Anzahl der Möglichkeiten an, aus einer vier-elementigen Menge zwei Elemente ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge auszuwählen.

%%\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}%%  

(bzw. wenn man noch ausdrücklich die blauen Steine berücksichtigt sehen will:

%%\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}%% , was aber nichts am Ergebnis ändert, da %%\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}=1%% ist)

Der Binomialkoeffizient lässt sich über die Formel oder mit dem Taschenrechner berechnen.

%%\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}=\frac{4!}{2!\left(4-2\right)!}=6%%

2. Fall: 1 roter und 3 blaue Steine

Aus vier möglichen Plätzen wählt man z. B. den einen Platz, an dem der rote Stein liegen soll; auf den verbleibenden drei Plätzen müssen dann blaue Steine liegen.

Bestimmung der Anzahl der Möglichkeiten

Entweder man erkennt durch logisches Überlegen, dass es 4 Möglichkeiten gibt, den roten Stein zu platzieren,

oder man berechnet dies mit Hilfe des Binomialkoeffizienten

Der Binomialkoeffizient "1 aus 4" gibt die Anzahl der Möglichkeiten an, aus einer vier-elementigen Menge ein Element ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge auszuwählen.

%%\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}%%  

(bzw. wenn man noch ausdrücklich die blauen Steine berücksichtigt sehen will:

%%\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}%% , was aber nichts am Ergebnis ändert, da %%\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}=1%% ist)

Der Binomialkoeffizient lässt sich über die Formel oder mit dem Taschenrechner berechnen.

%%\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}=\frac{4!}{1!\left(4-1\right)!}=4%%

Zusammen:

6 Möglichkeiten (aus Fall 1)  + 4 Möglichkeiten (aus Fall 2)

ergibtinsgesamt 10 Möglichkeiten.

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42.

In einer Schublade liegen 25 rote und 25 schwarze Socken. Wie viele Socken muss man ,,blind” mindestens entnehmen, um sicher zu sein, mindestens zwei gleichfarbige Socken in der Hand zu haben? Wie viele muss man nehmen, wenn man unbedingt zwei rote Socken haben will?

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Zwei Socken mit gleicher Farbe

Hier reicht es drei Socken zu nehmen. Da es nur zwei verschiedene Farben gibt müssen bei drei Socken zwei die gleiche Farbe haben.

Zwei rote Socken

Hier müssen bis zu 27 Socken genommen werden, da im schlimmsten Fall die ersten 25 alle blaue sind. Dann wären die 26. und 27. Socke die ersten beiden Roten.

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43.

Wie viele verschiedene Blumentöpfe sind nötig, damit du sie an jedem Tag eines Jahres in einer anderen Reihenfolge nebeneinander aufstellen kannst?

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Bestimme mit Kombinatorik

Die Möglichkeiten die Blumentöpfe in eine Reihen zu stellen ist für n Blumentöpfe gleich n!. Diese muss größer 365 sein um sein jeden Tag eine andere Reihenfolge zu stellen.

%%n!\ge 365%%

Ist am einfachsten durch Ausprobieren zu lösen.

%%n=4\rightarrow 4!=24 <365%%

Vier Töpfe sind also zu wenige.

%%n=5\rightarrow 5!=120 <365%%

Fünf Töpfe sind also zu wenige.

%%n=6\rightarrow 6!=720 >365%%

Es sind also sechs Blumentöpfe nötig.

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44.

Die Tausenderziffer von Leos Handy-PIN ist 8, die Zehnerziffer 7; die Einerziffer ist dreimal so groß wie die Hunderterziffer. Wie könnte Leos PIN lauten? Gib alle Möglichkeiten an.

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
45.

Beas und Kais Handy-PINs sind verschieden, bestehen aber aus den gleichen Ziffern 5, 7, 3 und 9. Um mindestens wie viel unterscheiden sie sich?

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46.

Der Produktwert der Ziffern von Stefans Handy-PIN (4-stellig) ist 21. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für Stefans PIN? Gib sie alle an.

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47.

Manuelas Handy-PIN ist gerade und hat die Ziffern 1, 3, 4, und 5. Wie könnte ihre PIN lauten? Gib alle Möglichkeiten an.

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Gegeben: Vierstellige, gerade PIN mit den Ziffern 1, 3, 4 und 5.

Da die PIN gerade sein soll, muss die 4 an letzter Stelle kommen. Für die erste Stelle gibt es also nurnoch drei Möglichkeiten, für die zweite gibt es zwei und für die dritte eine.

%%\Rightarrow3!=3\cdot2\cdot1=6%% Möglichkeiten

1354, 1534, 3154, 3514, 5134, 5314

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48.

Wie viele verschiedene PINs lassen sich aus den Ziffern 2, 3, 4 und 5 bilden, wenn jede der Ziffern auch mehr als einmal vorkommen darf?

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49.

Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für eine vierstellige Handy-PIN?

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Gegeben sind vier Stellen und für jede Stelle zehn verschiedene Ziffern.

Zum Beispiel PIN: 5663

Für jede der 4 Stellen hat man 10 Möglichkeiten. Man zieht also 4 mal mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge aus den 10 Ziffern. %%\Rightarrow n^k%%

Potenziere.

%%10^4=10\cdot10\cdot10\cdot10=10\;000%%

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50.

Wie viele Diagonalen hat jedes regelmäßige Sechseck?

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Jede Ecke des Sechseck hat genau eine Verbindungsgerade zu den übrigen 5 Ecken. Nur 3 davon sind Diagonalen.

%%6\cdot3=18%%

2 Ecken haben jeweils dieselbe Diagonale, teile deswegen noch durch 2.

%%18\div2=9%%

Ein regelmäßiges Sechseck hat also 9 Diagonalen.

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51.

Bei wie vielen zweistelligen Quadratzahlen ist die Einerziffer ungerade?

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52.

In den Spielregeln für ein Würfelspiel steht: „Man werfe beide Würfel und bilde aus den beiden oben liegenden Augenzahlen die größtmögliche Zahl.“ (Beispiel: Bei den Augenzahlen „2“ und „4“ ist das die Zahl „42“.)

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a)

Gib einen Ergebnisraum für dieses Spiel an.

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b)

Gib folgende Ereignisse in Mengenschreibweise an:
A: Die gebildete Zahl besteht aus zwei gleichen Ziffern.
B: Die Zahl enthält mindestens eine 4.
C: Die Einerziffer ist halb so groß wie die Zehnerziffer.
D: Die Zahl ist größer als 10.
E: Die Quersumme der Zahl ist 6.
F: Die Zahl ist eine Primzahl.

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%%\text{A}=\{11;22;33;44;55;66\}%%

%%\text{B}=\{41;42;43;44;54;64\}%%

%%\text{C}=\{21;42;63\}%%

%%\text{D}=\{11;21;22;31;32;33;41;42;43;44;51;52;53;54;55;61;62;63;64;65;66\}%%

%%\text{E}=\{33;42;51\}%%

%%\text{F}=\{11;31;41;43;51;53;61\}%%

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c)

Beschreibe folgende Ereignisse in Worten:
G = {11; 21; 22}
H = {22; 42; 44; 62; 64; 66}

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53.

Bei einem Tennisturnier mit 5 Teilnehmern spielt jeder einmal gegen jeden. Wie viele Spiele finden statt?

Stelle einen Term auf für die Anzahl der Spiele bei einer bestimmten Anzahl (n) von Teilnehmern die gegen jeden einmal spielen.

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Jeder Spieler spielt gegen jeden anderen. Damit macht jeder der fünf Spieler genau 4 Spiele.
Da an jedem Spiel aber zwei Spieler teilnehmen wird jedes Spiel doppelt gezählt. Die Zahl muss also noch halbiert werden:

%%\Rightarrow (5\cdot 4) : 2=20:2=10%% Spiele.

Die allgemeine Formel lässt sich analog bestimmen. Es gibt n Spieler, die jeweils n-1 Spiele bestreiten. Diese Zahl muss noch halbiert werden:

%%\Rightarrow n\cdot(n-1):2%%

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54.

Zwei Jungen und drei Mädchen sind eingeladen. Sie treffen nacheinander ein. Jede Reihenfolge ist gleich wahrscheinlich. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
a)

abwechselnd ein Junge und ein Mädchen eintreffen

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.
b)

die drei Mädchen direkt nacheinader eintreffen?

Hierzu gibt es noch keine Diskussionen.

Kombinatorik

MMMJJ= %%\frac35\cdot\frac24\cdot\frac13\cdot\frac22\cdot\frac11=0,1=10\% %%

JJMMM= %%\frac25\cdot\frac14\cdot\frac33\cdot\frac22\cdot\frac11=0,1=10\% %%

JMMMJ= %%\frac25\cdot\frac34\cdot\frac23\cdot\frac12\cdot\frac11=0,1=10\% %%

%%10\%+10\%+10\%=30\% %%

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