Aufgaben

Wie viele dreistelligen Zahlen gibt es, die man aus den Ziffern …

a) 7, 8 und 9 bilden kann.

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

Teilaufgabe a)

 

Diese Aufgabe kannst du mit dem Urnenmodell lösen. Du darfst jeder die Zahlen %%7,8,9,%% 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 Zurcklegen unter Bericksichtigung der Reihenfolge erhalten wir:

%%3^3=27%% verschiedene Zahlen.

 

Kombinationsmöglichkeiten der 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)

 

Diese Aufgabe kannst du mit dem Urnenmodell lösen. Du darfst jeder die Zahlen %%7,8,9,%% sooft verwenden wie du möchtest. 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 Bericksichtigung der Reihenfolge erhalten wir:

$$\frac{3!}{(3-3)!}=\frac{3!}{0!}=1 \cdot 2 \cdot 3=6$$ verschiedene Zahlen.

 

Kombinationsmöglichkeiten der Zahlen

789, 798, 879, 897, 978, 987

6 Frauen und 6 Männer treffen sich zum "Mensch ärgere Dich nicht" spielen. Das Spiel hat 4 verschiedenfarbige Spielfiguren. Gib die Anzahl der möglichen Spielgruppen an, wobei die Reihenfolge der Farben nicht beachtet wird.

Zu text-exercise-group 3383: Falsche Lösungen
Mononoke 2015-02-21 13:13:24+0100
Der Autor selbst hat erkannt, dass man hier die Reihenfolge beachten muss dennoch benutzt er als Lösungsvorschlag die Kombination bei der die Reihenfolge natürlich missachtet bleibt.

Die richtigen Lösungen sind also:
a) 11880
b) 360
c) 720
d) 720
e) 900
f) 360
Renate 2015-02-21 22:50:26+0100
@Mononoke: Danke für deine Aufmerksamkeit.
Ich schließe mich, nachdem ich mir die Lösung angesehen habe, deiner Meinung an, dass hier ein Widerspruch vorliegt.

Aber meiner Meinung nach muss bei dieser Aufgabe die Reihenfolge gar nicht beachtet werden, da ja nur nach der Anzahl der möglichen SPIELGRUPPEN gefragt ist, und es für das Spiel letztlich nicht von Bedeutung ist, wer welche Farbe hat.

Wenn man das so sieht, ist die Lösung mit dem Binomialkoeffizienten richtig, der erklärende Text dazu allerdings fehlerhaft.

Was meinst du dazu?

Gruß
Renate
Mononoke 2015-02-23 10:07:36+0100
Danke für die Antwort. Dennoch würde ich meinen, dass die Aufgabenstellung darauf beruht die Variationen der unterschiedlichen Spielgruppen zu berechnen sprich die Farben die einem zugewiesen werden spielen eine Rolle.

Beispiel:
Spieler 1 Spieler 2 Spieler 3 Spieler 4
Rot Gelb Grün Lila

ist anders zu betrachten von den Spielgruppen her als:
Spieler 1 Spieler 2 Spieler 3 Spieler 4
Gelb Rot Lila Grün

Gruß
Ali
Renate 2015-02-26 09:51:53+0100
Hallo Ali, danke meinerseits für deine Antwort!

Ich für meinen Teil würde jetzt aber sagen, man kann das so sehen oder auch anders. Daher meine ich nun, dass in der Lösung einfach beide Möglichkeiten aufgeführt werden sollten - mit Erklärung natürlich, was es damit auf sich hat.

Gruß
Renate
Knorrke 2016-03-22 08:33:46+0100
Hallo Mononoke, hallo Renate,

ich habe die Aufgabenstellung jetzt präzisiert (siehe auch Diskussion http://de.serlo.org/54736 zu Teilaufgabe c). Ich hoffe, dass die Frage jetzt klarer ist. Habe die Lösungen auch dementsprechend überarbeitet.

Viele Grüße,
Benni
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Es gibt keinerlei Einschränkungen.

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 welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

Berechne also den Binomialkoeffizienten %%\binom{12}{4}%%

%%\displaystyle \binom{12}{4}=495%%

Es gibt also 495 mögliche Spielgruppen.

Es spielen nur Männer.

Insgesamt gibt es 6 Männer. Die Aufgabe besteht darin "4 aus 6" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal wer welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

Berechne also den Binomialkoeffizienten %%\binom 64%%

%%\displaystyle \binom{6}{4}=15%%

Es gibt also 15 mögliche Spielgruppen, die nur aus Männern zusammengesetzt sind.

Es spielt genau eine Frau.

Insgesamt gibt es 6 Frauen und 6 Männer. Damit genau eine Frau spielt, besteht die Aufgabe darin "1 aus 6" Frauen und "3 aus 6" Männer zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal wer welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

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

$$\binom61 = 6$$

$$\binom63 = 20$$

Multipliziere diese beiden Binomialkoeffizienten miteinander, 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 eine Frau enthalten ist.

Es spielen genau 3 Männer.

Insgesamt gibt es 6 Frauen und 6 Männer. Damit genau drei Männer spielen, besteht die Aufgabe darin "3 aus 6" Männer und "1 aus 6" Frauen zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal wer welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

Berechne also die Binomialkoeffizienten %%\binom63%% und %%\binom61%%

$$\binom{6}{3} = 20$$

$$\binom61 = 6$$

Multipliziere diese beiden Binomialkoeffizienten um alle Kombinationen zu erhalten

%%\displaystyle \binom{6}{3}\cdot\binom{6}{1}=120%%

Es gibt also 120 mögliche Spielgruppen, in denen genau drei Männer enthalten sind.

Es spielen genau 2 Frauen.

Insgesamt gibt es 6 Frauen und 6 Männer. Damit genau zwei Frauen spielen, besteht die Aufgabe darin "2 aus 6" Frauen und "2 aus 6" Männer zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal wer welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

Berechne also den Binomialkoeffizienten %%\binom62%%

$$\binom62 = 15$$

Multipliziere diesen Binomialkoeffizient mit sich selbst, um alle Kombinationen zu erhalten

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

Es gibt also 225 mögliche Spielgruppen, in denen genau zwei Männer und zwei Frauen enthalten sind.

Es spielen ausschließlich Frauen.

Insgesamt gibt es 6 Frauen. Die Aufgabe besteht darin "4 aus 6" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet (das heißt es ist egal wer welche Farbe bekommt) und nicht zurückgelegt, da jede Person nur eine Farbe spielen kann.

Berechne also die Binomialkoeffizienten %%\binom64%%

%%\displaystyle \binom{6}{4}=15%%

Es gibt also 15 mögliche Spielgruppen, die aus vier Frauen zusammengesetzt sind.

Wenn die Bundesliga auf 20 Mannschaften vergrößert werden soll, wie viele Spiele finden dann in jeder Saison statt? Beachte, dass es Hin- und Rückspiel gibt, also je zwei Mannschaften zwei mal gegeneinander spielen.
2(202)  =3802\cdot\begin{pmatrix}20\\2\end{pmatrix}\;=\:380
220  =402\cdot20\;=\:40
(204)  =4845\begin{pmatrix}20\\4\end{pmatrix}\;=\:4845
(202)=  190\begin{pmatrix}20\\2\end{pmatrix}=\;190

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Es spielen jeweils 2 der 20 Mannschaften gegeneinander. Die Aufgabe besteht darin "2 aus 20" zu ziehen. Hierbei wird die Reihenfolge beachtet, da es ein Heimrecht im Fussball gibt, und nicht zurückgelegt, da eine Mannschaft nicht gegen sich selbst spielen kann.
Außerdem spielen zwei Mannschaften 2 mal gegeneinander.
2(202)=2190=380\displaystyle 2\cdot\binom{20}{2}=2\cdot190=380
Es würden also 380 Spiele in der Saison stattfinden, wenn die Bundesliga 20 Mannschaften hätte.
Die Bundesliga hat regulär 18 Mannschaften und dadurch 2(182)=306\displaystyle 2\cdot\binom{18}{2}=306 Spiele pro Saison.

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?

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.

Teilaufgabe 1

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

Teilaufgabe 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

Wie viele Möglichkeiten gibt es, das Produkt 111222333444111\cdot222\cdot333\cdot444 hinzuschreiben, ohne dass sich der Wert des Produktes ändert? Dabei sollen nur die Zahlen 111, 222, 333111,\ 222,\ 333 und 444444 als Faktoren verwendet werden. (Den Produktwert selbst brauchst du hier nicht ausrechnen.)

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Da es sich hierbei um ein Produkt handelt, kann man aufgrund des Kommutativgesetzes die Faktoren beliebig vertauschen, ohne dass sich der Wert des Produktes ändert.
Es sind vier dreistellige Zahlen, also gibt es für die erste Stelle vier Möglichkeiten. Für die zweite gibt es nur noch drei, weil ja schon eine Zahl an der ersten Stelle steht. Für die nächste Stelle gibt es entsprechend nur noch zwei Möglichkeiten und für die vierte nur noch eine.
Das ergibt insgesamt 4321=244\cdot3\cdot2\cdot1=24 Möglichkeiten.
Die Aufgabe entspricht dem Ziehen aus einer Urne mit vier Kugeln, ohne zurückzulegen, aber mit Beachtung der Reihenfolge. Stelle dir vor, auf jeder der Kugeln steht eine der Zahlen 111, 222, 333111,\ 222,\ 333 und 444444. Aus der Tabelle in Kombinatorik zur Ziehung ohne Zurücklegen ergibt sich die Rechnung:
4!(44)!=4!0!=4!1=4!=24\displaystyle\frac{4!}{(4-4)!}=\frac{4!}{0!}=\frac{4!}{1}=4!=24
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.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Benutze hier das Modell "ohne Reihenfolge, ohne Zurücklegen", da beim multiplizieren die Reihenfolge keine Rolle spielt und jeder Faktor höchstens einmal vorkommen darf. Berechne also mit Binomialkoeffizient. Unterscheide dabei zwei Fälle, Produkte mit zwei und Produkte mit drei Faktoren.
Genau zwei Faktoren:
Hier gilt n=3 (drei Faktoren zur Auswahl) und k=2 (Produkt besteht aus genau zwei Faktoren). Es gibt also (32)=3!2!(32)!=62=3\displaystyle \binom{3}{2}=\frac{3!}{2!(3-2)!}=\frac{6}{2}=3 Möglichkeiten:
  1. 57=355\cdot7=35
  2. 511=555\cdot11=55
  3. 711=777\cdot11=77
Alle drei Faktoren:
Hier gilt wieder n=3 und diesmal k=3, da alle drei Faktoren im Produkt vorkommen.
Mit (33)=1\displaystyle\binom{3}{3}=1 folgt, dass es hier nur eine Möglichkeit 5711=3855\cdot7\cdot11=385 gibt.
\RightarrowEs gibt also insgesamt vier Möglichkeiten, die Differenz zwischen der größten und kleinsten Lösung ist 38535=350385-35=350.
Nimm an, du hast zwei rote und drei blaue Bausteine, die untereinander nur durch die Farbe unterschieden werden können. Wie viele Möglichkeiten gibt es, damit einen vier Steine hohen Turm zu bauen?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Du kannst einen vier Steine hohen Turm entweder mit 1 roten und 3 blauen Steinen oder 2 roten und 2 blauen Steinen bauen.
Der Turm kann nicht nur blaue Steine enthalten, weil dir nur 3 zur Verfügung stehen und kann aus demselben Grund auch nicht mehr als 2 rote Steine verwenden.
Die Anzahl der Möglichkeiten, den Turm aus 1 roten und 3 blauen Steinen zu bauen entspricht der Aufgabe 1 roten Stein an eine der 4 möglichen Positionen zu legen und 3 blaue Steine an die restlichen 3 Positionen zu legen. Also "1 aus 4" und "3 aus 3". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet, weil die blauen Steine nicht unterscheidbar sind, und es wird nicht zurückgelegt.
(41)(33)=41=4\displaystyle \binom{4}{1}\cdot\binom{3}{3}=4\cdot1=4

Die Anzahl der Möglichkeiten, den Turm aus 2 roten und 2 blauen Steinen zu bauen entspricht der Aufgabe 2 rote Steine an zwei der 4 möglichen Positionen zu legen und 2 blaue Steine an die restlichen 2 Positionen zu legen. Also "2 aus 4" und "2 aus 2". Hierbei wird die Reihenfolge nicht beachtet, weil die blauen und roten Steine nicht unterscheidbar sind, und es wird nicht zurückgelegt.
(42)(22)=61=6\displaystyle \binom{4}{2}\cdot\binom{2}{2}=6\cdot1=6
Insgesamt ergeben sich also 4+6=104+6=10 Möglichkeiten den Turm zu bauen.

Alternativer Lösungsweg

Wenn alle (insgesamt 55) Steine unterschiedlich wären, gäbe es 5!(54)!\frac{5!}{(5-4)!} Möglichkeiten.
Da aber einerseits 22 Steine gleich (rot) und drei Steine in sich auch gleich (blau) sind, muss diese Zahl noch durch 2!3!2!\cdot3! geteilt werden, sprich insgesamt 5!(54)!2!3!=12012=10\frac{5!}{(5-4)!\cdot 2!\cdot 3!} = \frac{120}{12} = 10 Möglichkeiten.
Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es für eine vierstellige Handy-PIN?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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. nk\Rightarrow n^k
104=10101010=10  00010^4=10\cdot10\cdot10\cdot10=10\;000
Manuelas Handy-PIN ist gerade, vierstellig und hat genau die Ziffern 11, 33, 44, und 55. Wie könnte ihre PIN lauten? Gib die Anzahl der Möglichkeiten an.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Gesucht ist die Anzahl gerader PIN mit den Ziffern 11, 33, 44 und 55. Da die PIN gerade sein soll, muss die 44 an letzter Stelle kommen. Damit nämlich eine PIN gerade ist, muss die letzte Ziffer gerade sein und 44 ist die einzige gerade gegebene Ziffer.
Damit kann die erste Stelle eine von drei Möglichkeiten sein: 11, 33 und 55. Wenn die erste Stelle festgelegt ist, bleiben zwei Möglichkeiten für die zweite Stelle und am Ende bleibt nur noch eine Möglichkeit für die dritte Stelle. Damit ist die Gesamtzahl an Möglichkeiten gleich:
3!=321=6\displaystyle 3!=3\cdot2\cdot1=6
Die Möglichkeiten sind 13541354, 15341534, 31543154, 35143514, 51345134 und 53145314.

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?

Gesucht: Vierstellige PIN mit den Ziffern 2, 3, 4 und 5. Jede Ziffer darf öfter vorkommen.

Berechne mit Hilfe des kombinatorischen Modells "mit Zurücklegen, mit Beachtung der Reihenfolge".

%%\Rightarrow 4^4=256%% Möglichkeiten

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.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Die Einerziffer ist dreimal so groß wie die Hunderterziffer. Da keine von beiden gegeben ist suchst du diejenigen Zahlen, die mit 3 multipliziert kleiner als 10 sind. (Sonst handelt es sich nicht mehr um eine Ziffer)

HunderterzifferEinerziffer00132639412\begin{array}{c | c}\text{Hunderterziffer} & \text{Einerziffer} \\\hline 0& 0\\\hline 1 & 3\\\hline 2 & 6\\\hline 3& 9\\\hline 4 & 12\end{array}

Aus der Tabelle folgt, dass für die Hunderterziffer nur eine 0, 1, 2 oder 3 infrage kommt. Damit lauten die möglichen Pins:
  • 8070
  • 8173
  • 8276
  • 8379
Gib die Anzahl der möglichen Permutationen an.
ABC

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Permutation bedeutet ziehen ohne Zurücklegen, aber mit Beachtung der Reihenfolge.
3!=321=6\Rightarrow3!=3\cdot2\cdot1=6 Möglichkeiten
DEMO

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Permutation bedeutet ziehen ohne Zurücklegen, aber mit Beachtung der Reihenfolge.
4!=4321=24\Rightarrow4!=4\cdot3\cdot2\cdot1=24 Permutationen
SAAL

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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.
(42)2!=12\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{2}\cdot2!=12
OTTO

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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.
(42)=6\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{2}=6
ANANAS

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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.
(63)(32)1=203=60\displaystyle\Rightarrow\binom{6}{3}\cdot\binom{3}{2}\cdot1=20\cdot3=60 Permutationen.
Ein Bridgespiel enthält 52 Karten, davon sind vier Asse. Jemand zieht 15 Karten. In wieviel Fällen enthalten diese 15 Karten
kein Ass

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Insgesamt gibt es (5215)\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.
(4815)=1093260079344\displaystyle\Rightarrow \binom{48}{15}=1\,093\,260\,079\,344
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=(4815)(5215)=1114550,2440=24,4%\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{\binom{48}{15}}{\binom{52}{15}}=\frac{111}{455}\approx0,2440=24,4\% 
genau ein Ass

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Wähle zuerst eine Karte aus den vier Assen (ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge). (41)\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{1}
Wähle anschließend aus den restlichen 48 Karten 14 aus (ohne Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge). (4814)\displaystyle\Rightarrow\binom{48}{14}
Insgesamt ergeben sich also (41)(4814)=1929282492960\displaystyle\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}=1\,929\,282\,492\,960 Möglichkeiten.
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=1929282492960(5215)0,4305\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{1\,929\,282\,492\,960}{\binom{52}{15}}\approx0,4305
=43,05%=43,05\% 
mindestens ein Ass

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

„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. (41)(4814)\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. (42)(4813)\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. (43)(4812)\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. (44)(4811)\displaystyle\Rightarrow\binom{4}{4}\cdot\binom{48}{11} Möglichkeiten
\Rightarrow mindestens ein Ass: Addiere die einzelnen Teilergebnisse:
(41)(4814)+(42)(4813)+(43)(4812)+(44)(4811)=\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}=
=3388121326976=3\,388\,121\,326\,976
„Mindestens ein Ass“ ist das Gegenereignis zu „kein Ass“. Berechne also die Möglichkeit so: Alle Möglichkeiten 15 Karten zu ziehen minus die Möglichkeiten in denen man kein Ass zieht.
(5215)(4815)=3388121326976\displaystyle\Rightarrow \binom{52}{15}-\binom{48}{15}=3\,388\,121\,326\,976
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=3388121326976(5215)0,7560\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{3\,388\,121\,326\,976}{\binom{52}{15}}\approx0,7560
=75,6%=75,6\% 
höchstens ein Ass

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

„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 (4815)\displaystyle\Rightarrow\binom{48}{15}
Genau ein Ass: Wähle aus den vier Assen ein Ass aus und aus den restlichen 48 Karten 14 aus. (41)(4814)\displaystyle\Rightarrow \binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}
\Rightarrow Höchstens ein Ass: Addiere die Möglichkeiten der einzelnen Ereignisse zusammen.
(4815)+(41)(4814)=3022542572304\displaystyle\binom{48}{15}+\binom{4}{1}\cdot\binom{48}{14}=3\,022\,542\,572\,304
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=3022542572304(5215)0,6745\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{3\,022\,542\,572\,304}{\binom{52}{15}}\approx0,6745
=67,45%=67,45\% 
genau 2 Asse

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Man zieht die Karten ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.
Wähle aus den vier Assen zwei aus, dafür gibt es (42)\binom{4}{2} Möglichkeiten. Für jede dieser Möglichkeiten kann man aus den restlichen 48 Karten noch 13 ziehen. Dafür gibt es (4813)\binom{48}{13} Möglichkeiten.
Insgesamt gibt es also (42)(4813)=1157569495776\displaystyle\binom{4}{2}\cdot\binom{48}{13}=1\,157\,569\,495\,776
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=1157569495776(5215)0,2583\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{1\,157\,569\,495\,776}{\binom{52}{15}}\approx0,2583
=25,83%=25,83\% 
alle 4 Asse?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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.
(44)(4811)=1(4811)=22595200368\displaystyle\binom{4}{4}\cdot\binom{48}{11}=1\cdot\binom{48}{11}=22\,595\,200\,368
Da jedes Ergebnis gleich Wahrscheinlich ist, können wir, wie bei jedem Laplace-Experiment, die Wahrscheinlichkeit wie folgt berechnen:
Anzahl Mo¨glichkeiten fu¨r EreignisGesamtanzahl an Mo¨glichkeiten=22595200368(5215)0,0050\displaystyle\frac{\text{Anzahl Möglichkeiten für Ereignis}}{\text{Gesamtanzahl an Möglichkeiten}}=\frac{22\,595\,200\,368}{\binom{52}{15}}\approx0,0050
=0,5%=0,5\% 
5 Äpfel sollen an 3 Kinder verteilt werden. Da die Kinder kein Messer bei sich haben, können nur ganze Äpfel verteilt werden.

Auf wie viele Arten ist das möglich?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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.
(n+k1k)=(3+515)=(75)=21\displaystyle\Rightarrow\binom{n+k-1}{k}=\binom{3+5-1}{5}=\binom{7}{5}=21
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.
Wie viele verschiedene Buchstabenfolgen kann man aus dem Wort FREITAG bilden?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

n!(nn)!=7!(77)!=7!=7654321=5040\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“.
Wie viele Wörter kann man mit den vier Buchstaben B, O, O und T schreiben?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Da die Reihenfolge beachtet werden muss, ergeben sich zunächst 4321=244\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 242=12\frac{24}{2}=12 Möglichkeiten.
Wie viele Zahlen lassen sich als Summe oder Differenz aus jeweils zwei der Primfaktoren der Zahl 114 bilden?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Zerlege 114114 in Primfaktoren.
114 =2319114\ =2\cdot3\cdot19
Die Primfaktoren der Zahl 114114 sind 22, 33 und 1919.

Summen

Aus den 33 Zahlen 22, 33 und 1919 lassen sich folgende Summen bilden:
2+3=52+3=5
2+19=212+19=21
3+2=53+2=5
3+19=223+19=22^{ }
19+2=2119+2=21
19+3=2219+3=22
Da die Addition kommutativ ist, ergeben je zwei der Möglichkeiten das gleiche Ergebnis (z.B. 2+3=5 2+3=5 und 3+2=53+2=5)
Also lassen sich so insgesamt 33 Zahlen durch Summenbildung darstellen: 55, 2121 und 2222.
Es gibt also drei Möglichkeiten die Primfaktoren zu Addieren.
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.
Berechne den Binomialkoeffizienten.
(32)=3\displaystyle \binom{3}{2} = 3

Differenzen

Aus den Zahlen 22, 33 und 1919 lassen sich folgende Differenzen bilden:
23=12-3=-1
219=172-19=-17
32=13-2=1
319=163-19=-16
192=1719-2=17
193=1619-3=16^{ }
Alle Ergebnisse sind voneinander verschieden.
Es gibt also sechs Möglichkeiten die Primfaktoren zu subtrahieren.
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.
3!(32)!=6\displaystyle \frac{3!}{\left(3-2\right)!} = 6

Alle Möglichkeiten

Somit gibt es insgesamt 99 Möglichkeiten Summen und Differenzen aus den Primfaktoren der Zahl 114114 zu bilden.
Diese wären:

  • 2+3=52+3=5
  • 2+19=212+19=21
  • 3+19=223+19=22
  • 23=12-3=-1
  • 219=172-19=-17
  • 319=163-19=-16
  • 32=13-2=1
  • 192=1719-2=17
  • 193=1619-3=16^{ }
Da keines der Ergebnisse der Addition oder Subtraktion doppelt vorkommt, lassen sich durch Summen- und Differenzbildung der Primfaktoren von 114114 auch 99 Zahlen erzeugen.
Ermittle die Anzahl der Teiler der Zahl 425?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Primfaktorzerlegung

Um die Teiler von 425425 zu bestimmen, zerlege die Zahl in ihre Primfaktoren:
425=5217=5517425=5^2 \cdot 17 = 5\cdot5\cdot17
Die Zahl 11, die Primfaktoren und deren Produkte sind dann Teiler der Zahl 425425.

In der Primfaktorzerlegung der Teiler kann der Faktor 5 insgesamt 0,1 oder 2-mal verwendet werden. Das sind 3 Möglichkeiten. Für den Faktor 17 haben wir nur die Wahl, ob wir ihn 0 oder 1-mal benutzen (2 Möglichkeiten). Insgesamt sind das
32=63 \cdot 2 = 6
also 6 mögliche Teiler, die sich aus den Primfaktoren bilden lassen.
Alle Teiler lassen sich als Produkt, der Form 5a17b5^a\cdot17^b schreiben, wobei aa entweder 00,11 oder 22 ist und bb 00 oder 11 ist.

Die Teiler sind dann:
  • 50170=11=15^0\cdot17^0=1\cdot1=1
  • 51170=51=55^1\cdot17^0=5\cdot1=5
  • 52170=251=255^2\cdot17^0=25\cdot1=25
  • 50171=117=175^0\cdot17^1=1\cdot17=17
  • 51171=517=855^1\cdot17^1=5\cdot17=85
  • 52171=2517=4255^2\cdot17^1=25\cdot17=425
Bestimme die Anzahl der Wörter, die sich aus den Buchstaben des Wortes"IDA" und die Anzahl der Wörter, die sich aus den Buchstaben des Wortes "MATHE" bilden lassen.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Die Kombinatorik beschäftigt sich mit der Anzahl der möglichen Anordnungen bei einem Versuch.
Berechne mit Fakultät:
IDA:
Es stehen 3 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es 3!=321=63!=3\cdot2\cdot1=6 Möglichkeiten.
MATHE:
Es stehen 5 verschiedene Buchstaben zur Auswahl, daher gibt es 5!=54321=1205!=5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1=120 Möglichkeiten.
Wie viele verschiedene dreistellige Zahlen mit genau zwei Ziffern 5 bzw. mit genau einer Ziffer 5 gibt es?

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?

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.

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\;}%%

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

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

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

Die Möglichkeiten die Blumentöpfe in ein Reihe zu stellen ist für n Blumentöpfe gegeben durch n!. Diese muss größer 365 sein um die Töpfe jeden Tag in eine andere Reihenfolge stellen zu können.
n!365n!\ge 365
Da Fakultäten sehr schnell sehr groß werden, ist die Aufgabe am einfachsten durch Ausprobieren zu lösen:
n=44!=24<365n=4\rightarrow 4!=24 <365
Vier Töpfe sind zu wenige.
n=55!=120<365n=5\rightarrow 5!=120 <365
Fünf Töpfe sind auch zu wenige.
n=66!=720>365n=6\rightarrow 6!=720 >365
Sechs Töpfe reichen aus. Es sind also 6 Blumentöpfe nötig.
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?

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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 schwarz sind. Dann wären die 26. und 27. Socke die ersten beiden Roten.

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?

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}%%

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

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

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

 

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.

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

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! Du hast also nicht mehr 5 sondern 6 Möglichkeiten (die fünf Sorten und "keine Kugel"), aus denen 3 Mal gewählt wird:

$$\begin{pmatrix}6\\3\end{pmatrix}=\frac{6!}{3!\cdot\left(6-3\right)!}=20$$

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.

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

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

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kombinatorik

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!=321=63!=3\cdot2\cdot1=6
Wir können diese Zahlen sogar der Größe nach geordnet angeben: 357, 375, 537, 573, 735, 753357,\ 375,\ 537,\ 573,\ 735,\ 753

Berechne jeweils mithilfe eines geeigneten Urnenmodells, wie viele Möglichkeiten es gibt, …

… eine vierstellige Handy-PIN zu bilden (mögliche Ziffern: 0 bis 9)!

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

In einer Urne befinden sich %%10%% Kugeln, die mit den Ziffern %%0,1,\ldots,9%% beschriftet sind.

Überlege dir auch die Anzahl und Art der Ziehungen!

Es werden %%4%% Kugeln nacheinander gezogen:

  • mit Zurücklegen
  • mit Beachten der Reihenfolge

Anzahl der Möglichkeiten

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

%%10^4 = 10\,000\,%% Möglichkeiten

… bei einem Pferderennen mit 8 Pferden eine Dreierwette zu spielen (also den ersten bis dritten Platz in der richtigen Reihenfolge vorherzusagen)!

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

In einer Urne befinden sich %%8%% Kugeln, die mit den Namen der teilnehmenden Pferde beschriftet sind.

Überlege dir auch die Anzahl und Art der Ziehungen!

Es werden %%3%% Kugeln nacheinander gezogen:

  • ohne Zurücklegen
  • mit Beachten der Reihenfolge

Anzahl der Möglichkeiten

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

%%8\cdot7\cdot6 = 336\,%% Möglichkeiten

… beim Lotto "6 aus 49" 6 Richtige zu tippen!

Urnenmodell

Überlege dir zunächst ein geeignetes Urnenmodell als Modellierungsgrundlage!

In einer Urne befinden sich %%49%% Kugeln, die mit den Ziffern %%1,2,\ldots,49%% beschriftet sind.

Überlege dir auch die Anzahl und Art der Ziehungen!

Es werden %%6%% Kugeln nacheinander gezogen:

  • ohne Zurücklegen
  • ohne Beachten der Reihenfolge

Anzahl der Möglichkeiten

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

%%\pmatrix{49\\6} = \frac{49!}{6!\cdot43!} = 13\,983\,816\,%% Möglichkeiten

3 Jungen und 3 Mädchen setzen sich wahllos nebeneinander auf eine Bank. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass
links außen ein Mädchen sitzt

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Wahrscheinlichkeit berechnen

P("ein Mädchen") =16=\frac16
Jedes der 3 Mädchen kann sich auf den linken Platz setzen.
36=12=50%\frac36=\frac12=50\% 
die 3 Jungen nebeneinander sitzen

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Wahrscheinlichkeit

Es gibt folgende Möglichkeiten:
3659_MScXgQCUU9.jpg
Es gibt 4 Möglichkeiten mit 3! Permutation der Jungs und 6! Möglichkeiten der Permutation.
43!6!4\cdot\frac{3!}{6!}
=130=0,03=\frac1{30}=0,0\overline3% 
eine bunte Reihe entsteht?