Kombinatorik - Mathepauker

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Kombinatorik
Aus einer Grundgesamtheit mit n Elementen wird eine Stichprobe k
Elementen entnommen. Dabei kann die Stichprobe geordnet oder ungeordnet
sein. "Geordnet" bedeutet, dass die Reihenfolge der Elemente wichtig ist, wie z.B.
die Reihenfolge der Ziffern in einer dreistelligen Zahl. Werden die der
Grundgesamtheit entnommenen Elemente zurückgelegt, so können Elemente
mehrmals gezogen werden. Man spricht dann von Wiederholung.
Umfasst die Stichprobe alle in einer Grundgesamtheit enthaltenen Elemente, wobei
die Grundgesamtheit identische Elemente enthalten kann, dann ergibt sich nur eine
Möglichkeit, wenn die Reihenfolge der Elemente unwichtig ist. Interessanter wird die
Sache, falls die Reihenfolge eine Rolle spielt. Man spricht dann von einer
Permutation.
1. Beispiel: Wie viele fünfstellige Zahlen lassen sich aus den fünf Ziffern in M =
{1;2;3;4;5} erstellen?
Lösung:
Dies ist eine Permutation ohne Wiederholung mit n = 5. Für diese
gilt folgendes:
Pn = n!
Beim obigen Beispiel gibt es also 5! Zahlen, wobei 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 =
120.
2. Beispiel: Wie viele Wörter (mit elf Buchstaben) lassen sich aus den Buchstaben
im Wort "TITICACASEE" bilden?
Lösung:
Das Wort hat elf Buchstaben. Von diesen wiederholen sich jedoch alle
ausser "S". Wir haben es mit einer Permutation mit Wiederholung
zu tun für welche gilt
(k1, k2, ..... , km)
n!
P
= k ! k ! ······ k
n
1
2
m
Die Grössen k1, k2, ..... , km bedeuten die Anzahl identischer Elemente.
Im obigen Beispiel haben wir sechs verschiedene Elemente wie folgt:
Nr.
1
2
3
4
5
6
Element
T
I
C
A
S
E
k
k1 = 2
k2 = 2
k3 = 2
k4 = 2
k5 = 1
k6 = 2
wobei k1 + k2 + ..... + km = n. Man erhält eine Anzahl Wörter wie folgt:
2
(2,2,2,2,2) 11!
(2,2,2,2,1,2)
11!
=
= 1'274'400
P11
= 2! 2! 2! 2! 1! 2! = P11
(2!)5
Weil 1! = 1 müssen Elemente ohne Wiederholung (in unserem Fall der
Buchstabe "S") nicht berücksichtigt werden.
Umfasst die Stichprobe nicht alle Elemente der Grundgesamtheit, dann haben wir es
mit einer Kombination oder einer Variation zu tun. (Eine Permutation ohne
Wiederholung ist eine spezielle Variation ohne Wiederholung mit k = n).
Stichprobe
Mit Zurücklegen.
Stichprobenumfang =
k.
Ohne Zurücklegen.
Stichprobenumfang =
k.
Geordnet (Variation)
Ungeordnet
(Kombination)
Variation mit
Wiederholung: Vw = nk
Beispiel: Wie viele Wörter
mit vier Buchstaben kann
man aus den Buchstaben
im Alphabet (mit 26
Buchstaben) bilden?
Lösung: Wir haben n =
26 und k = 4. Somit gibt
es 264 = 456'976 Wörter
mit vier Buchstaben.
Variation ohne
n!
Wiederholung: V = (n - k)!
Beispiel: Wie viele
verschiedene Tipps gibt es
bei eine Pferderennen mit
12 Rennpferden, wenn
man auf die fünf
Erstplazierten in richtiger
Reihenfolge wetten soll?
Lösung: n = 12 und k = 5
12!
12!
 (12 - 5)! = 7! = 8 · 9 · 10
· 11 · 12 = 95'040.
Kombination mit
Wiederholung: Cw =
n + k - 1


k
Beispiel: Wie viele
verschiedene Würfe mit drei
nicht unterscheidbaren
Würfeln gibt es?
Lösung: n = 6 und k = 3 
6 + 3 - 1 = 8 = 8!

 3 5! 3! = 56.
3
Kombination ohne
n
Wiederholung: C = k 
Beispiel: Wie viele
verschiedene Möglichkeiten
gibt es bei einem Zahlenlotto
bei welchem von 12 Kugeln 5
gezogen werden? Lösung: n
= 12 und k = 5 
12 = 12! = 792.
 5  5! 7!
Permutation ohne Wiederholung: P = N!
Grundaufgabe: Wie viele verschiedene Buchstabenfolgen kann man aus den
Buchstaben im Wort "ZIEL" erstellen? Antw.: P = 4! = 24.
N!
Permutation mit Wiederholung: Pw = N ! N ! .....
1
2
3
Grundaufgabe: Wie viele verschiedene Buchstabenfolgen kann man aus den
10!
Buchstaben im Wort "HOCHSCHULE" erstellen? Antw.: P = 2! 3! = 302'400.
N!
Variation der Klasse k ohne Wiederholung: V = (N - k)!
Grundaufgabe: Wie viele Wörter mit vier verschiedenen Buchstaben kann man
aus den 26 Buchstaben des Alphabets bilden?
26!
Antw.: V = 22! = 26·25·24·23 = 358'800.
Variation der Klasse k mit Wiederholung: Vw = Nk
Grundaufgabe: Wie viele Wörter mit vier Buchstaben kann man aus den 26
Buchstaben des Alphabets bilden? Antw.: Vw = 264 = 26·26·26·26 = 456'976.
Kombination der Klasse k ohne Wiederholung: C =  k  = (N - k)! k!
N
N!
Grundaufgabe: Wie viele Möglichkeiten gibt es, an einen Spieler von 36 Karten
36
36!
6 auszuteilen? Antw.: C =  6  = 30! 6! = 1'947'792.
Kombination der Klasse k mit Wiederholung:
N + k – 1 (N + k – 1)!
Cw = 
 = (N – 1)! k!
k
Grundaufgabe: Wie viele verschiedene Würfe gibt es mit sieben nicht
6 + 7 – 1 12 12!
unterscheidbaren Würfeln? Antw.: Cw = 
 =  7  = 5! 7! = 792.
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Verteilungen
A. Binominalverteilung:
Ein Bernoulli-Versuch besteht aus zwei Ergebnissen, einem „Treffer“ und einem
„Fehlschlag“. Die n-malige Wiederholung eines Bernoulli-Versuchs nennt man eine
Bernoulli-Kette der Länge n. Die Binominalverteilung ergibt sich als
Wahrscheinlichkeitsverteilung der Anzahl "Treffer" in einer Bernoulli-Kette. Zwei
Beispiele von Bernoulli-Ketten sind
1. n-maliger Münzwurf: "Treffer" Kopf (mit Wahrscheinlichkeit p = ½) und "Niete"
Zahl (mit Wahrscheinlichkeit ebenfalls 1 - p = ½).
2. n-maliges Würfeln: "Treffer" Sechs (mit Wahrscheinlichkeit p = 1 / 6) und "Niete"
keine Sechs mit Wahrscheinlichkeit 1 - p = 5 / 6).
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Für die Binominalverteilung gilt folgendes:
n
P = k pk (1 - p)n - k
Beim ersten Beispiel erhält man z.B. für die Wahrscheinlichkeit, dass die Hälfte von
12
12!
einem Dutzend Münzwürfen Köpfe seien folgendes: P =  6  ½6 ½6 = 6! 6! 212 =
0,2256. Beim zweiten Beispiel erhält man für die Wahrscheinlichkeit, dass bei
zwölfmaligem Würfeln genau zwei Mal eine Sechs gewürfelt wird folgendes: P =
12 12 510 = 12! 510 = 0,2961.
 2  6 6
2! 10! 612
Dabei ist die Wahrscheinlichkeit für sämtliche mögliche Ergebnisse gleich 1. Von
dieser Tatsache lässt sich wie folgt Gebrauch machen: Wie gross ist die
Wahrscheinlichkeit, dass bei zwölfmaligem Würfeln mindestens eine Sechs
12 10 512 12 11 511
512 12! 511
gewürfelt wird? Antwort: P = 1 -  0  6 6 -  1  6 6 = 1 - 612- 1! 11! 612
   
   
= 0,6187. Hier wurden von der Gesamtwahrscheinlichkeit 1 die
Wahrscheinlichkeiten für keinen und einen Sechser subtrahiert.
B. Geometrische Verteilung:
Ein Bernoulli-Versuch wird so lange durchgeführt, bis sich ein Treffer einstellt. Die
Wahrscheinlichkeit, dass beim n-ten Mal ein „Treffer“ erscheint beträgt
P(X = n) = (1 – p)n – 1 p
Beispiel: Berechne die Wahrscheinlichkeit, dass beim Würfeln beim fünften Mal
zum ersten Mal eine Sechs erscheint.
Lösung: P(X = 6) = (5 / 6)4 (1 / 6) = 0.0804.
C. Hypergeometrische Verteilung:
Die hypergeometrische Verteilung der Wahrscheinlichkeit ergibt sich aus einem
Urnenmodell wie folgt: Eine Urne enthalte n Kugeln. Davon seien w weiss und
n - w seien schwarz. Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Stichprobe von m Kugeln
genau k weisse Kugeln enthält ist gegeben durch die hypergeometrische
Verteilung wie folgt:
w  n - w
 k  m - k
P=
n
m 
Beispiel: Eine Warensendung enthält 80 Einheiten, wovon 3 defekt sind. Wie
gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei der Entnahme einer Stichprobe von vier
Einheiten zwei der entnommenen Einheiten defekt sind?
5
3 77
2  2 
Antwort: P = 80 = 0,00555.
 
4
D. Verallgemeinerte hypergeometrische Verteilung:
Diese Verteilung gilt für die Wahrscheinlichkeit, dass einer Grundgesamtheit von N
Elementen x1 Elemente mit der Eigenschaft A1, x2 Elemente mit der Eigenschaft
A2 ..... und xk Elemente mit der Eigenschaft Ak entnommen werden, wenn
besagte Grundgesamtheit N1 Elemente mit der Eigenschaft A1, N2 Elemente mit
der Eigenschaft A2 ..... und Nk Elemente mit der Eigenschaft Ak enthält. Es gilt
dann folgendes:
N1 N2 N3
Nk
 x   x   x  .....  x 
 1  2  3
 k
P=
N
n
wobei x1 + x2 + x3 + ..... + xk = n und N1 + N2 + N3 + ..... + Nk = N.
Beispiel: In einer Urne befinden sich fünf rote, acht grüne, zehn blaue und dreizehn
gelbe Kugeln. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass eine Stichprobe von 14
Kugeln zwei rote, drei grüne, vier blaue und fünf gelbe Kugeln enthält? Antwort:
5 8 10 13
2 3  4   5 
P=
= 0,039868.
36
14
Wenn die Elemente zurückgelegt werden gilt folgendes:
N1
n!
P = x ! x ! x ! ······ x !  N 

1
2
3
k 
x1
N2
 
N
x2
N3
 
N
x3
Nk
·····  N 
 
xk
Beim obigen Beispiel erhält man folgendes:
14!
52 · 83 · 104 · 135
P = 2! 3! 4! 5! ·
= 0,01952.
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Ein Auswahlverfahren lässt sich mit Hilfe eines Ereignisbaums anschaulich
darstellen. Die Verwendung eines Ereignisbaums als Hilfsmittel soll mit folgendem
Beispiel veranschaulicht werden. In einer Urne befinden sich 3 weisse, 2 graue und
eine schwarze Kugel. Es sei die Wahrscheinlichkeit gesucht, dass man bei der
Entnahme von drei Kugeln ohne Zurücklegen eine weisse, eine graue und eine
schwarze Kugel zieht.
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Ausgehend vom Punkt A werden alle möglichen Ergebnisse und
Zwischenergebnisse beim Ziehen von drei Kugeln dargestellt. Wenn die Kugeln
nacheinander gezogen werden bestehen sechs Möglichkeiten wie folgt: weiss 
grau  schwarz, weiss  schwarz  grau, grau  weiss  schwarz, grau 
schwarz  weiss, schwarz  weiss  grau und schwarz  grau  weiss. Die
Wahrscheinlichkeit, dass man eine weisse, eine graue und eine schwarze Kugel
zieht erhält man als Summe von Wahrscheinlichkeiten wie folgt:
P = 0.5 · [0.4 · 0.25 + 0.2 · 0.5] + 0.3333 · [0.6 · 0.25 + 0.2 · 0.75]
+ 0.1667 · [0.6 · 0.5 + 0.4 · 0.75] = 0.3
Bedingte Wahrscheinlichkeit
Die bedingte Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses A unter der Bedingung, dass
ein Ereignis B eintritt ist gleich dem Quotient aus der Wahrscheinlichkeit, dass
sowohl A als auch A eintritt und der Wahrscheinlichkeit, dass B eintritt.
P(AB) =
P(A  B)
P(B)
1. Beispiel: Zwei gleiche Urnen U1 und U2 enthalten Kugeln wie folgt:
Urne U1: Drei schwarze und zwei weisse Kugeln.
Urne U2: Drei schwarze und vier weisse Kugeln.
Man greift blind in eine der beiden Urnen und zieht eine Kugel. Die gezogene Kugel
sei schwarz. Mit welcher Wahrscheinlichkeit stammt sie aus Urne U1?
1 3
Schwarze Kugel aus U1
2·5
7
Lösung: P(Aus U1Schwarze Kugel) =
= 1 3 1 3 = 12
Schwarze Kugel
2·5 + 2·7
7
2. Beispiel: Einer von tausend Menschen hat eine bestimmte Krankheit. Bei einem
Prozent der gesunden Patienten fällt der Test fälschlicherweise positiv aus. Jemand
lässt diesen Test machen und er fällt positiv aus, d.h. der Test ergab, dass die
Person erkrankt ist. Wie gross ist die Wahrscheinlichkeit, dass die getestete Person
tatsächlich krank ist?
P(ErkranktPositiv) =
P(Positiv und erkrankt)
0.001
= 0.999 · 0.01 + 0.001 = 0.091
P(Positiv)
Die Wahrscheinlichkeit tatsächlich erkrankt zu sein beträgt also lediglich 9.1%.
Sind zwei Ereignisse A und B voneinander unabhängig, dann muss
P(AB) = P(A), P(BA) = P(B) und P(A  B) = P(A) · P(B)