StatII(Kap3)mitUebLoes

3. Kombinatorik
Modelltheoretische Wahrscheinlichkeiten lassen sich häufig durch Abzählen
der günstigen und möglichen Fällen lösen. Kompliziertere Fragestellungen bedürfen aber der Verwendung mathematischer Formeln zur Berechnung der günstigen
und möglichen Fälle, die als Regeln der Kombinatorik bekannt sind. Die Kombinatorik ist ein Teilgebiet der Mathematik und gibt an, wie viele Möglichkeiten
bestehen,
- Elemente unterschiedlich anzuordnen
- aus einer Menge einige Elemente auszuwählen.
Die Kombinatorik wird in der Statistik nicht nur zur Bestimmung von Wahrscheinlichkeiten nach dem modelltheoretischen Wahrscheinlichkeitsbegriff verwendet,
sondern ebenfalls in der Stichprobentheorie benötigt.
3.1 Anordnungsprobleme
Zunächst unterstellen wir, dass alle Elemente verschieden, also voneinander unterscheidbar sind. Die Permutation Pn,n bezeichnet dann die Anzahl der Möglichkeiten, diese Elemente in eine unterschiedliche Reihenfolge zu bringen. Die
Permutation ohne Wiederholung ergibt sich mit Hilfe der Formel
(3.1)
Pn,n  n  n  1  n  2   2 1  n!
1. Index n = Anzahl der Elemente
2. Index n = Anzahl der unterscheidbaren Elemente
Das Ausrufungszeichen steht hier für Fakultät:
n! wird also “n Fakultät” ausgesprochen.
Beispiel 3.1:
Gegeben sind drei Kugeln von denen die eine rot (r), eine schwarz (s) und eine
weiß (w) ist. In wie viel unterschiedliche Reihenfolgen lassen sich diese Kugeln
anordnen? Da alle drei Kugeln. unterscheidbar sind, gilt
P3,3  3  2 1  3! 6
Die möglichen Reihenfolgen sind r s w, r w s, s r w, s w r, w r s und w s r.
♦
Formel (3.1) zur Berechnung von Permutationen ohne Wiederholung lässt sich
leicht plausibel machen. Wir beziehen uns hierzu der Einfachheit halber auf das
Beispiel und setzen n = 3:
- Für die 1. Position stehen alle n = 3 Kugeln zur Verfügung.
- Ist die 1. Position besetzt, so kann die 2. Position noch von den n – 1 = 2 verbleibenden Kugeln eingenommen werden.
- Stehen die 1. und 2. Position fest, so ist damit die Farbe der 3. Kugel festgelegt,
für die es jetzt nur noch eine Möglichkeit gibt.
Grafisch lässt sich diese Überlegung durch ein Baumdiagramm wiedergeben:
1. Ziehung
r
s
w
2. Ziehung
s
w
r
w
r
s
3. Ziehung
w
s
w
r
s
r
Kommen wir nun zu dem Fall, in dem die Elemente nicht mehr alle voneinander
unterscheidbar sind. Die n Elemente lassen sich in q Gruppen einteilen, die jeweils aus homogenen, d.h. nicht unterscheidbaren Elementen, bestehen. Die Permutation mit Wiederholung berechnet sich aus
(3.2)
Pn ,q 
n!
n1! n 2!  n q !
1. Index n: Anzahl der Elemente
2. Index q: Anzahl der unterscheidbaren Gruppen
nj: Anzahl der Elemente in der Gruppe j (j=1,2,...,q).
Beispiel 3.2:
Vor uns liegen 4 rote, 6 schwarze und 3 weiße Kugeln. In wie viele unterschiedliche Reihenfolgen können wir sie bringen?
Da sich nicht mehr alle Elemente voneinander unterscheiden lassen, ist die Formel der Permutation mit Wiederholung anzuwenden. Mit n = 13 und q = 3 erhält
man unter Verwendung der Gruppengrößen n1 = 4, n2 = 6 und n3 = 3
P13,3 
n!
13!
6.227.020.800


 60.060
n1!n 2!n 3! 4! 6! 3!
24  720  6
♦
Auch die Formel (3.2) für Permutationen mit Wiederholung lässt sich leicht intuitiv verstehen. Der Einfachheit halber ziehen wir wiederum das Beispiel heran:
- Wären alle Kugeln verschiedenfarbig, d.h. unterscheidbar, gäbe es 13! unterschiedliche Anordnungen.
- Aus diesen müssen aber jene herausgerechnet werden, die tatsächlich nicht
unterscheidbar sind, da die Kugeln innerhalb der 3 Gruppen gleichfarbig sind.
- So entfallen durch vier (sechs, drei) gleichfarbige rote (schwarze, weiße) Kugeln
4! (6!, 3!) Reihungsmöglichkeiten.
- Dividiert man die potenziell unterscheidbaren 13! Anordnungen sukzessive durch
4!, 6! und 3! erhält man die tatsächlich unterscheidbaren Anordnungen für die
hier vorliegenden drei Gruppen unterschiedlicher Kugeln.
3.2 Auswahlprobleme
Im Rahmen der Kombinatorik sind neben den Permutationen auch Variationen
und Kombinationen von Interesse. Dabei geht es um folgende Fragestellung:
Wie viele Möglichkeiten gibt es, aus einer Menge von n Elementen genau k
Elemente auszuwählen? Gedanklich gehen wir hierzu von einem Urnenmodell
aus. In der Urne befinden sich genau n Kugeln, von denen k Kugeln gezogen
werden.
Beispiel:
In einer Urne befinden sich n = 3 Kugeln, von denen eine rot (r), eine schwarz (s)
und eine weiß (w) ist. Es werden k = 2 Kugeln unter unterschiedlichen Voraussetzungen gezogen.

Bei den Auswahlproblemen werden zwei Arten von Modalitäten unterschieden:
1.
Auswahl mit oder ohne Berücksichtigung der Anordnung
/
\
mit Berücksichtigung der Anordnung
ohne Berücksichtigung der Anordnung
|
|
Variationen (z.B. r s ungleich s r)
Kombinationen (z.B. r s gleich s r)
2.
Auswahl mit oder ohne Wiederholung
/
\
mit Wiederholung (z.B. r r möglich) ohne Wiederholung (z.B. r r nicht möglich)
Tabelle 3.1: Formeln zur Berechnung von Kombinationen und Variationen
Wiederholung
Berücksichtigung der Anordnung
ohne (= Kombinationen)
mit (= Variationen)
ohne
mit
n
n!
K o    
 k  k! n  k !
n!
Vo 
n  k !
 n  k  1

K w  
 k 
Vw  n k
n: Anzahl der Elemente insgesamt, k: Anzahl der ausgewählten Elemente
Binomialkoeffizient:  n 
(gesprochen: „n über k“)
k
Definition: 0! = 1
Herleitung der Formeln in Tabelle 3.1:
● Variationen mit Wiederholung
Betrachten wir zunächst den Fall einer Auswahl mit Berücksichtigung der Anordnung und mit Wiederholung. Beim 1. Ziehen haben wir n Elemente zur Auswahl.
Da das gezogene Element wieder zurückgelegt wird, bleibt die Menge bei erneutem Ziehen unverändert, so dass die Zahl der Variationen bei zweimaligem Ziehen
n2, beim dreimaligen Ziehen n3 und schließlich beim k-maligen Ziehen nk beträgt.
k
n

n

...

n

n


k  mal
● Variationen ohne Wiederholung
Wird zwar die Anordnung berücksichtigt, aber die Kugel nach dem Ziehen nicht wieder in die Urne zurückgelegt (Fall ohne Wiederholung), hat man beim 1. Ziehen n,
beim 2. Ziehen n – 1 und beim k-ten Ziehen n – k + 1 Möglichkeiten. Insgesamt hat
man in diesem Fall daher
n!
n  n  1    n  k  1 
n  k !
Möglichkeiten der Auswahl.
● Kombinationen ohne Wiederholung
Wird die Anordnung nicht berücksichtigt, dürfen diejenigen Möglichkeiten nicht mitgerechnet werden, die bereits in anderer Reihenfolge berücksichtigt worden sind.
Bei k Ziehungen müssen deshalb k! Möglichkeiten der Anordnung der k gezogenen
Elemente unberücksichtigt bleiben. Beim Fall ohne Berücksichtigung der Anordnung
und ohne Wiederholung ist deshalb die obige Zahl der Variationen n!/(n-k)! noch
durch k! zu dividieren:
n!
n
  
k! n  k !  k 
● Kombinationen mit Wiederholung
Im Fall ohne Berücksichtigung der Anordnung aber mit Wiederholung kommen
durch das Zurücklegen praktisch k-1 Elemente hinzu. Daher muss anstelle des
Binomialkoeffizienten „n über k“ jetzt der Binomialkoeffizient „n+k-1 über k“
berechnet werden:
 n  k  1  (n  k  1)!
 k 

 k!(n  1)!
Beispiel 3.3:
Wie viele Möglichkeiten ergeben sich beim zweimaligen Ziehen (k = 2) aus einer
Menge von drei Kugeln (n = 3), von denen eine rot r, eine schwarz s und eine weiß
w ist?
Wiederholung
Berücksichtigung
der Anordnung
ohne (= Kombinationen)
mit (= Variationen)
ohne
(gezogene Kugeln
werden nicht in die
Urne zurückgelegt)
 3 3  2
  
3
2
1

2
 
r s, r w , s w
3!
6
 6
3  2! 1
r s, r w , s w ,
s r, w r, w s
mit
(gezogene Kugeln werden in
die Urne zurückgelegt)
 3  2  1  4  4  3

    
6
2
2
1

2

  
r s , r w , s w , r r , s s , ww
32  9
r s, r w , s w ,s r , w r ,
w s,r r, s s, w w
Beispiel 3.4:
Der vergessliche Student S weiß, dass seine Geheimzahl für den Bankautomaten
aus den Ziffern 4, 2, 3 und 5 besteht. An die Reihenfolge kann er sich allerdings
nicht mehr erinnern. Wie oft muss S beim Bankautomaten probieren, um alle Möglichkeiten überprüft zu haben?
Beispiel 3.4:
Der vergessliche Student S weiß, dass seine Geheimzahl für den Bankautomaten
aus den Ziffern 4, 2, 3 und 5 besteht. An die Reihenfolge kann er sich allerdings
nicht mehr erinnern. Wie oft muss S beim Bankautomaten probieren, um alle Möglichkeiten überprüft zu haben?
Lösung:
Hier sollen 4 Ziffern (n=4) angeordnet werden, von denen keine gleich sind
 Permutation ohne Wiederholung
Die Anzahl der Möglichkeiten beträgt daher
P4,4  n! 4! 4  3  2 1  24 .
♦
Beispiel 3.5:
Beim zweiten Durchgang im Skispringen starten 30 Springer. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Medaillenränge (Gold, Silber, Bronze) zu verteilen?
Beispiel 3.5:
Beim zweiten Durchgang im Skispringen starten 30 Springer. Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Medaillenränge (Gold, Silber, Bronze) zu verteilen?
Lösung:
Zuerst ist wiederum zu prüfen, welcher Fall der Kombinatorik vorliegt:
- Es werden k = 3 Springer aus n = 30 Springern ausgewählt (Auswahlproblem).
- Die Reihenfolge ist entscheidend. Es macht einen Unterschied, ob Springer A
Gold, Silber oder Bronze gewinnt, also an erster, zweiter oder dritter Stelle gezogen wird.
- Ausgewählt wird ohne Wiederholung. Ein gezogener Springer, der beispielsweise
Gold gewinnt, kann nicht zusätzlich beim gleichen Springen auch noch die Silbermedaille holen.
 Variationen ohne Wiederholung
Vo 
n!
30!
30! 30  29  28  27!



 30  29  28  24.360
n  k ! 30  3! 27!
27!

Beispiel 3.6:
An Bankautomaten muss eine Geheimzahl, bestehend aus vier Ziffern (0, 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, 8, 9), eingegeben werden. Wie viele mögliche Geheimzahlen gibt es,
wenn Ziffern auch mehrfach vorkommen dürfen?
Beispiel 3.6:
An Bankautomaten muss eine Geheimzahl, bestehend aus vier Ziffern (0, 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7, 8, 9), eingegeben werden. Wie viele mögliche Geheimzahlen gibt es,
wenn Ziffern auch mehrfach vorkommen dürfen?
Lösung:
Auswahl von k = 4 Ziffern aus n = 10 Ziffern:
- Die Reihenfolge ist bedeutsam, weil die 1290 beispielsweise eine andere
Geheimzahl ist als die 2190, die 0192 etc.
- Da eine Ziffer mehrfach vorkommen darf, wird mit Wiederholung gezogen.
 Variationen mit Wiederholung
Vw  n k  104  10 10 10 10  10.000
Für jede Ziehung stehen also 10 Ziffern zur Verfügung. Durch Multiplikation der
Möglichkeiten an den einzelnen Stellen erfährt man die Anzahl der möglichen Geheimzahlen.

Beispiel 3.7:
Eine Kellnerin hat auf ihrem Tablett 6 Gläser Pils, 4 Gläser Alt, 2 Gläser Mineralwasser, und 3 Gläser Cola. Auf wie viel unterschiedliche Arten können die Gläser
an die 15 Gäste verteilt werden?
Beispiel 3.7:
Eine Kellnerin hat auf ihrem Tablett 6 Gläser Pils, 4 Gläser Alt, 2 Gläser Mineralwasser, und 3 Gläser Cola. Auf wie viel unterschiedliche Arten können die Gläser
an die 15 Gäste verteilt werden?
Lösung:
Die Pils-Gläser, Alt-Gläser usw. lassen sich nicht voneinander unterscheiden. Da
außerdem die Reihenfolge aller bestellten Getränke interessiert, liegen
Permutationen m.W. vor.
Es ist n = 15 bei q = 4 Gruppen: n1=6, n2=4, n3=2, n4=3.
P15,4 
n!
15!

 6.306.300 .
n1!n 2!n 3!n 4! 6!4!2!3!

Beispiel 3.8:
Die Mitglieder eines Gesangvereins schicken sich gegenseitig aus dem Urlaub eine
Ansichtskarte. In einem Sommer sind 12 Sänger in Urlaub gefahren. Wie viele Ansichtskarten werden insgesamt geschrieben?
Beispiel 3.8:
Die Mitglieder eines Gesangvereins schicken sich gegenseitig aus dem Urlaub eine
Ansichtskarte. In einem Sommer sind 12 Sänger in Urlaub gefahren. Wie viele Ansichtskarten werden insgesamt geschrieben?
Lösung:
Auswahl k=2 aus n=12 mit Berücksichtigung der Anordnung (z.B. A schreibt B
unterschiedlich zu B schreibt A) und ohne Wiederholung (z.B. A schreibt sich nicht
selbst)
 Variationen ohne Wiederholung
Es werden daher insgesamt
Vo 
n!
12!

 12 11  132
(n  k )! 12  2!
oder
Vo  n  (n  1)  ...  (n  k  1)  12 11  132
Ansichtskarten geschrieben.
♦
Beispiel 3.9:
Ein Dominostein ist in zwei Hälften unterteilt, die jeweils eine Augenzahl zwischen 0
und 6 enthalten. Ein Dominospiel besteht aus allen möglichen Paaren dieser Augenzahlen. Wie viele verschiedene Dominosteine gibt es?
Beispiel 3.9:
Ein Dominostein ist in zwei Hälften unterteilt, die jeweils eine Augenzahl zwischen 0
und 6 enthalten. Ein Dominospiel besteht aus allen möglichen Paaren dieser Augenzahlen. Wie viele verschiedene Dominosteine gibt es?
Lösung:
Mit einem Dominostein erfolgt jeweils eine Auswahl von k=2 aus n=7 Elementen.
Dabei spielt die Anordnung der Augenzahlen auf dem Dominostein keine Rolle, da
dieser während des Spiels auch gedreht werden kann. Da auf den beiden Hälften
eines Steins auch die gleiche Augenzahl auftreten kann, liegt eine Kombination
mit Wiederholung vor.
Damit gibt es
n  k  1  7  2  1  8  8  7
K w  
 28
   2    2 
k

 
   1 2
unterscheidbare Dominosteine. Ein Dominospiel besteht demnach aus 28 Steinen.
♦
Übungsaufgabe 3.1:
a) Aus 10 Personen soll ein Ausschuss gebildet werden, dem 4 Mitglieder angehören. Wie viele mögliche Zusammensetzungen des Ausschusses gibt es?
b) Angenommen, unter den 10 Personen sind 3 Frauen. Auf wie viel verschiedene
Weisen kann dann ein paritätisch besetzter Ausschuss gebildet werden?
Übungsaufgabe 3.1:
a) Aus 10 Personen soll ein Ausschuss gebildet werden, dem 4 Mitglieder angehören. Wie viele mögliche Zusammensetzungen des Ausschusses gibt es?
Lösung:
Auswahl k=4 aus n=10 ohne Berücksichtigung der Anordnung und ohne Wiederholung
 Kombinationen ohne Wiederholung
Danach gibt es
10!
n
10
K o       
 210
k
4
    4!6!
Möglichkeiten für die Bildung des Ausschusses.
b) Angenommen, unter den 10 Personen sind 3 Frauen. Auf wie viel verschiedene
Weisen kann dann ein paritätisch besetzter Ausschuss gebildet werden?
Lösung:
Erneut kommt die Formel für Kombinationen ohne Wiederholung zur Anwendung:
Anzahl der Möglichkeiten, dass von Anzahl der Möglichkeiten, dass von
den 7 Männern genau 2 in den Aus- den 3 Frauen genau 2 in den Ausschuss gelangen
schuss gelangen
 7   7!  21
 2
  2! 5!
 3   3!  3
 2
  1! 2!
Da jede Auswahl, die aus 2 Frauen besteht, mit jeder der 21 Zusammensetzungen
mit 2 Männern kombiniert werden kann, lässt sich der Ausschuss auf 21·3 = 63
verschiedene Weisen bilden.
♦
Übungsaufgabe 3.2:
In einer Kiste befinden sich 20 Motoren, die von 1 bis 20 nummeriert sind. Im Allgemeinen werden in dem Werk aus jeder Kiste 4 zufällig ausgewählte Motoren
einer genaueren Überprüfung unterzogen.
a) Wie viele unterschiedliche Stichproben von zufällig ausgewählten Motoren gibt
es?
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 4 intakte Motoren ausgewählt werden, wenn sich in der Kiste 3 defekte Motoren befinden?
c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 2 intakte Motoren (Ereignis B) ausgewählt werden, wenn sich in der Kiste 3 defekte Motoren befinden?
Übungsaufgabe 3.2:
In einer Kiste befinden sich 20 Motoren, die von 1 bis 20 nummeriert sind. Im Allgemeinen werden in dem Werk aus jeder Kiste 4 zufällig ausgewählte Motoren
einer genaueren Überprüfung unterzogen.
a) Wie viele unterschiedliche Stichproben von zufällig ausgewählten Motoren gibt
es?
Lösung:
Auswahl k=4 aus n=20
o.B.d.A. (egal, ob Motor 1 als erster, zweiter, dritter
oder vierter ausgewählt wird)
o.W.
 Kombinationen o.W.
(ein Motor kann nicht zwei- oder
mehrmalig ausgewählt werden)
20! 20  19  18  17
n
20
K o       

 4845
k
4
1 2  3  4
    4!16!
b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 4 intakte Motoren ausgewählt werden, wenn sich in der Kiste 3 defekte Motoren befinden?
Lösung:
Auswahl k=4 intakte Motoren (= Ereignis A) aus m=17 intakten Motoren
ohne Berücks. der Anordnung, ohne Wiederholung
 Kombinationen o.W.
17!
17! 17  16  15  14
17
K o    


 2380
4


4
!
17

4
!
4
!
13
!
1

2

3

4
 
A 2380
P(A ) 

 0,491
 4845
c) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 2 intakte Motoren (Ereignis B) ausgewählt werden, wenn sich in der Kiste 3 defekte Motoren befinden?
Lösung:
Erneut ist die Formel für Kombinationen o.W. anzuwenden:
Auswahlmöglichkeit intakter Motoren:
k=2 aus m=17 o.B.d.A., o.W.
17   17!  17 16  17  8  136
2
  2!15! 1  2
Auswahlmöglichkeit defekter Motoren:
k=2 aus n-m=20-17=3 o.B.d.A., o.W.
 3   3!  3  2 1  3
 2
  2!1! 2 1 1
Beides ist zu kombinieren:
17   3   136  3  408
 2   2
  
B
408
PB 

 0,084
 4845
♦
Übungsaufgabe 3.4:
In einem Raum befinden sich 5 Personen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,
dass mindestens zwei Personen am gleichen Wochentag Geburtstag haben
(Ereignis A)?
Übungsaufgabe 3.3:
In einem Raum befinden sich 5 Personen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,
dass mindestens zwei Personen am gleichen Wochentag Geburtstag haben
(Ereignis A)?
Lösung:
Da jede Person an jedem Wochentag Geburtstag haben kann, ist die Gesamtzahl der Möglichkeiten (= |Ω| ) nach der Formel für Variationen mit Wiederholung (n=7, k=5) zu bestimmen:
Vw = nk = 75 = 16807 (= |Ω| ).
Da sich die direkte Berechung der für das Ereignis A günstigen Möglichkeiten (=
|A| ) als schwierig erweist, bestimmen wir statt dessen A . A ist das Ereignis,
dass jede Person an einem anderen Wochentag Geburtstag hat.
Für die erste Person stehen alle 7 Wochentage zur Verfügung, für die zweite 7-1
= 6, etc. (Variationen ohne Wiederholung). Für die letzte Person gibt es nur
noch 7-4 = 3 Möglichkeiten. Folglich ist
.
.
Vo  n ( n  1)  ... ( n  k  1)  7  6  5  4  3  2520(  A )
oder
n!
7!
7!
Vo 

  7  6  5  4  3  2520(  A )
( n  k )! ( 7  5 )! 2!
Mit der Wahrscheinlichkeit des Komplementärereignisses
P( A ) 
2520
 0,150
16807
erhält man
P(A)  1  P( A )  1  0,150  0,850.
Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Personen am gleichen Wochentag
Geburtstag haben, ist demzufolge gleich 0,850.
♦