Aufgaben zur Kombinatorik im typischen Sinn

Du darfst jeder die Zahlen 7, 8 und 9 sooft verwenden wie du möchtest. Dies entspricht im Urnenmodell dem Ziehen mit Zurücklegen unter Berücksichtigung der Reihenfolge.

Hier wird also 3 Mal aus 3 Kugeln gezogen. Mit der Formel für Ziehen mit Zurücklegen unter Berücksichtigung der Reihenfolge erhältst du

$3\cdot3\cdot3=3^3=27$

verschiedene Zahlen.

Du darfst jeder die Zahlen nur genau einmal verwenden. Dies entspricht im Urnenmodell dem Ziehen ohne Zurücklegen unter Berücksichtigung der Reihenfolge.

Hier wird also das erste Mal aus 3 Kugeln gezogen, das zweite Mal aus 2 und beim letzten Mal zeihen bleibt nur eine Kugel übrig. Mit der Formel für Ziehen ohne Zurücklegen unter Berücksichtigung der Reihenfolge erhältst du

$3\cdot2\cdot1=3!=6$

verschiedene Zahlen.

Insgesamt gibt es 12 Personen. Die Aufgabe besteht darin "4 aus 12" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal, wer welchen Controller bekommt) und nicht zurückgelegt, da keine Person mit mehreren Controllern spielt.

Berechne dafür den Binomialkoeffizienten $\binom{12}{4}$.

$\displaystyle \binom{12}{4} = \frac{12!}{4! \cdot 8!} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} =495$

Es gibt also 495 mögliche Spielgruppen.

Insgesamt gibt es 6 Mädchen. Die Aufgabe besteht darin "4 aus 6" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal, wer welchen Controller bekommt) und nicht zurückgelegt, da keine Person mit mehreren Controllern spielt.

Berechne dafür den Binomialkoeffizienten $\binom 64$.

$\displaystyle \binom{6}{4} = \frac{6!}{4! \cdot 2!} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=15$

Es gibt also 15 mögliche Spielgruppen, bei denen nur Mädchen spielen.

Für die Wahl des Mädchens ziehst du "1 aus 6", für die Wahl der Jungs ziehst du "3 aus 6". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal, wer welchen Controller bekommt) und nicht zurückgelegt, da keine Person mit mehreren Controllern spielt.

Berechne also die Binomialkoeffizienten $\binom 61$ und $\binom63$.

$\displaystyle \binom{6}{1}\cdot\binom{6}{3}= 6 \cdot 20 = 120$

Es gibt also 120 mögliche Spielgruppen, in denen genau ein Mädchen mitspielt.

Für die Wahl des Mädchens ziehst du "1 aus 6", für die Wahl der Jungen ziehst du "3 aus 6". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal, wer welchen Controller bekommt) und nicht zurückgelegt, da keine Person mit mehreren Controllern spielt.

Berechne also die Binomialkoeffizienten $\binom 61$ und $\binom63$.

Multipliziere diese beiden Binomialkoeffizienten, um alle Kombinationen zu erhalten.

$\displaystyle \binom{6}{1}\cdot\binom{6}{3}= 6 \cdot 20 = 120$

Es gibt also 120 mögliche Spielgruppen, in denen genau drei Jungen mitspielen.

Für die Wahl der Mädchen ziehst du "2 aus 6", für die Wahl der Jungen ziehst du ebenfalls "2 aus 6". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal, wer welchen Controller bekommt) und nicht zurückgelegt, da keine Person mit mehreren Controllern spielt.

Berechne also den Binomialkoeffizienten $\binom62$.

$\displaystyle \binom{6}{2}\cdot\binom{6}{2}= 15 \cdot 15 = 225$

Es gibt also 225 mögliche Spielgruppen, in denen genau zwei Jungen und zwei Mädchen mitspielen.

Permutation bedeutet ziehen ohne Zurücklegen, aber mit Beachtung der Reihenfolge.

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

Permutation bedeutet ziehen ohne Zurücklegen, aber mit Beachtung der Reihenfolge.

$\Rightarrow4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24$ Permutationen

Wähle für die zwei gleichen Buchstaben 2 aus 4 Plätzen aus, ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge. Für die zwei anderen Buchstaben gibt es jeweils noch 2 Möglichkeiten zur Anordnung.

$\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{2}\cdot2!=12$

Wähle aus den vier Plätzen zwei aus, an denen die Buchstaben T stehen. Für die anderen beiden Buchstaben gibt es nurnoch eine Möglichkeit, weil sie sich nicht unterscheiden.

$\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{2}=6$

Für die drei A's wählt man aus den sechs Plätzen drei aus, ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

Für die zwei N's wählt man aus den restlichen drei Plätzen zwei aus.

Übrig bleibt ein Platz für den Buchstaben S.

$\displaystyle\Rightarrow\binom{6}{3}\cdot\binom{3}{2}\cdot1=20\cdot3=60$ Permutationen.

Insgesamt gibt es $\binom{52}{15}$ Möglichkeiten aus den 52 Karten 15 zu ziehen. Dabei zieht man die Karten ohne zurückzulegen und ohne die Reihenfolge zu beachten.

Im ganzen Kartenstapel sind vier Asse, die man nicht ziehen darf. Man zieht also aus den restlichen 48 Karten 15, ohne Beachtung der Reihenfolge und ohne Zurücklegen.

$\displaystyle\Rightarrow \binom{48}{15}=1\,093\,260\,079\,344$

Wähle zuerst eine Karte aus den vier Assen (ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge). $\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{1}$

Wähle anschließend aus den restlichen 48 Karten 14 aus (ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge). $\displaystyle\Rightarrow\binom{48}{14}$

Insgesamt ergeben sich also $\displaystyle\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}=1\,929\,282\,492\,960$ Möglichkeiten.

„Mindestens ein Ass“ bedeutet „genau ein Ass“ oder „genau zwei Asse“ oder „genau drei Asse“ oder „genau vier Asse“. Das bedeutet man kann die Möglichkeiten für die jeweiligen Ereignisse addieren.

genau ein Ass: Wähle aus den vier Assen ein Ass aus und aus den restlichen 48 Karten 14 aus. $\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}$ Möglichkeiten

genau zwei Asse: Wähle aus den vier Assen zwei aus und aus den restlichen 48 Karten 13 aus. $\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{2}\cdot\binom{48}{13}$ Möglichkeiten

genau drei Asse: Wähle aus den vier Assen drei aus und aus den restlchen 48 Karten zwölf aus. $\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{3}\cdot\binom{48}{12}$ Möglichkeiten

genau vier Asse: Wähle aus den vier Assen vier aus (eine Möglichkeit) und aus den restlichen 48 Karten elf aus. $\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{4}\cdot\binom{48}{11}$ Möglichkeiten

$\Rightarrow$ mindestens ein Ass: Addiere die einzelnen Teilergebnisse:

$\displaystyle\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}+\binom{4}{2}\cdot\binom{48}{13}+\binom{4}{3}\cdot\binom{48}{12}+\binom{4}{4}\cdot\binom{48}{11}=$

$=3\,388\,121\,326\,976$

„Höchstens ein Ass“ bedeutet entweder „kein Ass“ oder „genau ein Ass“. Die Möglichkeiten für die beiden Ereignisse kann man also einfach addieren, da sie keine Schnittmenge haben.

Kein Ass: Wähle aus 48 Karten 15 aus $\displaystyle\Rightarrow\binom{48}{15}$

Genau ein Ass: Wähle aus den vier Assen ein Ass aus und aus den restlichen 48 Karten 14 aus. $\displaystyle\Rightarrow \binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}$

$\Rightarrow$ Höchstens ein Ass: Addiere die Möglichkeiten der einzelnen Ereignisse zusammen.

$\displaystyle\binom{48}{15}+\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}=3\,022\,542\,572\,304$

Man zieht die Karten ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

Wähle aus den vier Assen zwei aus, dafür gibt es $\binom{4}{2}$ Möglichkeiten. Für jede dieser Möglichkeiten kann man aus den restlichen 48 Karten noch 13 ziehen. Dafür gibt es $\binom{48}{13}$ Möglichkeiten.

Insgesamt gibt es also $\displaystyle\binom{4}{2}\cdot\binom{48}{13}=1\,157\,569\,495\,776$

Man zieht die Karten ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

Für die vier Asse gibt es nur eine Möglichkeit. Die restlichen 11 Karten zieht man aus dem Stapel mit 48 Karten.

$\displaystyle\binom{4}{4}\cdot\binom{48}{11}=1\cdot\binom{48}{11}=22\,595\,200\,368$

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

Anzahl der Möglichkeiten

Berechne schließlich die Anzahl der Möglichkeiten auf der Grundlage des Urnenmodells!

$10^4 = 10\,000\,$ Möglichkeiten

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

Anzahl der Möglichkeiten

Berechne schließlich die Anzahl der Möglichkeiten auf der Grundlage des Urnenmodells!

$8\cdot7\cdot6 = 336\,$ Möglichkeiten

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

Anzahl der Möglichkeiten

Berechne schließlich die Anzahl der Möglichkeiten auf der Grundlage des Urnenmodells!

${49 \choose 6} = \frac{49!}{6!\cdot43!} = 13\,983\,816\,$ Möglichkeiten

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

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

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

$\Rightarrow 7^2=49$ Möglichkeiten

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

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

Gesucht ist eine dreistellige Zahl mit genau zwei $5$ern.

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.

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.

Die Kombinatorik beschäftigt sich mit der Anzahl der möglichen Anordnungen bei einem Versuch.

Berechne mit Fakultät:

Es stehen 3 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es:

$3!=3\cdot2\cdot1=6$

Möglichkeiten.

Die Kombinatorik beschäftigt sich mit der Anzahl der möglichen Anordnungen bei einem Versuch.

Berechne mit Fakultät:

Es stehen 5 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es:

$5!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120$

Möglichkeiten.

Produkte mit zwei Faktoren:

Hier gilt $n=3$ (drei Faktoren zur Auswahl) und $k=2$ (Produkt besteht aus genau zwei Faktoren). Es gibt also

$\displaystyle \binom{3}{2}=\frac{3!}{2!(3-2)!}=\frac{6}{2}=3$

Möglichkeiten:

1. $5\cdot7=35$

2. $5\cdot11=55$

3. $7\cdot11=77$

Es gibt nur ein Produkt mit drei Faktoren: $5\cdot7\cdot11=385$.

Insgesamt gibt es also vier Produkte.

Hinweis:

In dieser Lösung wird nicht zwischen Produkten unterschieden, die nur in der Reihenfolge der Faktoren anders sind. Wenn man doch z.B. $5\cdot7$ und $7\cdot5$ unterscheiden möchte, gibt es $12$ verschiedene Produkte:

Sechs Produkte mit zwei Faktoren:

$5\cdot7$, $7\cdot5$, $5\cdot11$, $11\cdot5$, $7\cdot11$ und $11\cdot7$.

Sechs Produkte mit drei Faktoren:

$5\cdot7\cdot11$, $5\cdot11\cdot7$, $7\cdot5\cdot11$, $7\cdot11\cdot5$, $11\cdot5\cdot7$ und $11\cdot7\cdot5$

Das entspricht dem Modell "ohne Zurücklegen, mit Beachtung der Reihenfolge".

Es gibt $3$ Faktoren, bei einem Produkt mit zwei Faktoren ist also $n=3$ und $k=2$ und es gibt $\displaystyle\frac{n!}{(n-k)!}=\frac{3!}{1!}=\frac{6}{1}=6$ Möglichkeiten.

Bei einem Produkt mit $3$ Faktoren ist $n=k=3$ sind es $\displaystyle\frac{n!}{(n-k)!}=\frac{3!}{0!}=\frac{6}{1}=6$ Möglichkeiten (oder du nimmst einfach die Anzahl der Permutationen von drei Elementen).

Hier gilt wieder $n=3$ und diesmal $k=3$, da alle drei Faktoren im Produkt vorkommen.

Mit $\displaystyle\binom{3}{3}=1$ folgt, dass es hier nur eine Möglichkeit $5\cdot7\cdot11=385$ gibt.

$\Rightarrow$Es gibt also insgesamt vier Möglichkeiten, die Differenz zwischen der größten und kleinsten Lösung ist $385-35=350$.

$6^3=216$

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

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:

$6\cdot 6\cdot 3=108$

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 $625$.

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.

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

Alternative Interpretation der Aufgabenstellung

Wenn du die Aufgabe so liest, dass jedes Kind gar nicht genau $3$, sondern auch weniger Kugeln Eis essen darf, dann gibt es sogar noch mehr Möglichkeiten!

Es gibt die oben berechneten $10$ Möglichkeiten für den Fall, dass drei Kugeln genommen werden. Zudem gibt es nun aber noch die Möglichkeiten, dass

• zwei Kugeln,

• eine Kugel oder

• keine Kugel

genommen wird. Die Berechnung erfolgt wie oben.

Es gibt $\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}=\frac{5!}{2!\cdot\left(5-2\right)!}=10$ Möglichkeiten $2$ Kugeln aus $5$ verschiedenen Sorten zu wählen.

Es gibt $\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}=\frac{5!}{1!\cdot\left(5-1\right)!}=5$ Möglichkeiten eine Sorte auszuwählen.

Eine Möglichkeit gibt es, keine Kugel zu wählen.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{llcccccccc}\Rightarrow &&\begin{pmatrix}5\\3\end{pmatrix}&+&\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}&+&\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}&+&\begin{pmatrix}5\\0\end{pmatrix}\\\\&=&10&+&10&+&5&+&1\\&=&26\end{array}$

Insgesamt sind es dann also $26$ Möglichkeiten.

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" aus der Kombinatorik.

Berechne den Binomialkoeffizienten.

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

$\phantom{\begin{pmatrix}5+3-1\\3\end{pmatrix}}=\frac{7!}{3!\cdot\left(7-3\right)!}=35$

Es gibt also $35$ Möglichkeiten, wenn die drei Kugeln auch von derselben Sorte sein dürfen.

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.

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.

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$)$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{c | c}\text{"k"} & \text{Möglichkeiten}\\\hline 2 & 70^2=4900\\\hline 3 & 70^3=343.000\\\hline 8 & 70^8=576.480.100.000.000\end{array}$

$4!=24$

$6!=720$

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

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

Anzahl der Möglichkeiten, 5 Vasen aus den 20 Vasen auszuwählen.

Überlege dir dazu zuerst:

• Die 5 Vasen werden aus einer 20-elementigen Menge ausgewählt.

• Das geschieht ohne Zurücklegen, denn eine bereits ausgewählte Vase kann natürlich nicht nochmal ausgewählt werden.

• Es geschieht auch ohne Beachtung der Reihenfolge, denn es kommt nicht darauf an, welche Vase zuerst und welche später ausgesucht wird.

Antwort: $\def\arraystretch{1.25} \left( \begin{array}{c}20\\ 5\end{array} \right)=15504$

Hier kann man sich die Lösung schrittweise überlegen.

1. Für den ersten Raum, den er dekorieren möchte, stehen ihm 5 Vasen zur Auswahl. Eine wählt er aus und stellt sie in den Raum.

2. Im zweiten Raum kann er nur noch aus 4 Vasen wählen.

3. Im dritten Raum kann er aus 3 Vasen wählen.

4. Im vierten hat er nur noch 2 Vasen zur Auswahl.

5. Im letzten Raum bleibt ihm nur noch eine Vase.

Insgesamt gibt es also $5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120$ Möglichkeiten, die Vasen auf 5 Räume zu verteilen.

Laut dem Zählprinzip gibt es $3\cdot4\cdot3=36$ mögliche Menüvarationen.

Björn kann den Fisch mit drei Vorspeisen kombinieren und jede der drei Fisch-Vorspeisen-Pakete mit einer der drei Nachspeisen. Insgesamt ergibt sich also:

$3\cdot1\cdot3=9$ Menüvariationen

Ereignis A

Das Menü ist genau eines von 36 möglichen, also ist $A=\{\text{(Salat,Vegan, Eis)}\}$ genau eines von 36 Ergebnissen und es gilt:

$P(A)=\frac 1{36}$

Ereignis B

Das Ereignis B: "Obst zum Nachtisch" besteht aus insgesamt $3\cdot4\cdot 1=12$ Elementen, da jede Vor- und Hauptspeise mit der einen, festen Nachspeise kombiniert werden kann. Deshalb gilt für die zugehörige Wahrscheinlichkeit:

$P(B)=\frac{12}{36}=\frac 1 3$

neue Vorspeise: ${\color{cc0000} 4}\cdot4\cdot3=48$

neues Hauptgericht: $3\cdot{\color{cc0000}5}\cdot3=45$

neue Nachspeise: $4\cdot 3\cdot {\color{cc0000} 4}=48$

Es ist egal, ob es eine weitere Vorspeise oder Nachspeise gibt.

4 Personen auf 4 Stühle, wobei die Position am Tisch wichtig ist:

$4!=4\cdot3\cdot2\cdot 1=24$

Es gibt 24 mögliche Sitzordnungen.

Wenn Ada und Dave auf den Stühlen oben sitzen, sitzen Bjarne und Chloe automatisch unten. Von links oben nach rechts unten gibt es dann die vier Möglichkeiten:

Ada-Dave- Bjarne-Chloe, Ada-Dave-Chloe-Bjarne, Dave-Ada-Bjarne-Chloe, Dave-Ada-Chloe-Bjarne.

Säßen Ada und Dave auf den beiden Stühlen unten, so gibt es nochmal vier Möglichkeiten, da die Situation einfach gespiegelt ist.

Insgesamt sind es also 8 Möglichkeiten

Zur Erinnerung: Insgesamt gibt es $4!=24$ Möglichkeiten, sich um den Tisch zu verteilen.

Ereignis A

Bei Ereignis A ist eine Sitzordnung ganz genau vorgegeben. Es ist also genau eine der 24 Möglichkeiten beschrieben.

Deshalb ist die Wahrscheinlichkeit hier

$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac 1{24}$

Ereignis B

Bei Ereignis B ist nur wichtig, dass Ada neben Dave sitzt. Dafür gibt es 8 Möglichkeiten (siehe Teilaufgabe b), also:

$P(B)=\frac{|B|}{|\Omega|}=\frac 8{24}=\frac 1 3$