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Ziehen ohne Zurücklegen – Beispiele

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Mandy F.
Ziehen ohne Zurücklegen – Beispiele
lernst du in der Oberstufe 5. Klasse - 6. Klasse - 7. Klasse - 8. Klasse - 9. Klasse

Grundlagen zum Thema Ziehen ohne Zurücklegen – Beispiele

Du hast bereits einen Überblick zum Ziehen mit und ohne Beachtung der Reihenfolge erhalten. In beiden Fälle wird der Versuch ohne Zurücklegen durchgeführt. Nun ist es an der Zeit dieses Wissen durch Beispiele zu festigen. Dazu erwarten dich in diesem Video drei verschiedene Beispiele. Gegeben ist jeweils eine Situation, aus der du die gegebenen und gesuchten Größen herausfinden musst. Des Weiteren musst du feststellen, ob es sich um einen Versuch mit oder ohne Beachtung der Reihenfolge handelt. Wir rechnen dann die Beispiele gemeinsam durch und finden so zu einer Lösung.

Ziehen ohne Zurücklegen – Beispiele Übung

Du möchtest dein gelerntes Wissen anwenden? Mit den Aufgaben zum Video Ziehen ohne Zurücklegen – Beispiele kannst du es wiederholen und üben.
  • Vervollständige die Aussagen.

    Tipps

    Haben wir eine Urne mit insgesamt $10$ Kugeln, dann ist $n=10$.

    Ziehen wir aus der Urne insgesamt $6$-mal, dann ist $k=6$.

    Die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge ergibt sich aus dem Quotienten der Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge und $k!$.

    Die Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge erfolgt über ein Produkt.

    Lösung

    Zum besseren Verständnis wird im Folgenden eine Urne mit $n$ Kugeln betrachtet. Die Größe $n$ entspricht hier der Anzahl aller Kugeln in der Urne, also der Anzahl an vorhandenen Elementen. Aus der Urne werden nun $k$ Kugeln ohne Zurücklegen gezogen. Die Variable $k$ steht für die Anzahl der gezogenen Kugeln, also die Anzahl der ausgewählten Elemente.

    Als nächstes wird nun die Formel zur Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge genauer betrachtet. Wir wollen uns ansehen, wie sich die Anzahl der Möglichkeiten mit steigender Anzahl der gezogenen Kugeln verändert.

    • $1$. Kugel: Du hast $n$ mögliche Kugeln zum Ziehen. Nach dem Ziehen der $1$. Kugel bleiben noch $n-1$ Kugeln im Glas.
    • $2$. Kugel: Du hast $n-1$ mögliche Kugeln zum Ziehen. Nach dem Ziehen der $2$. Kugel bleiben noch $n-2$ Kugeln im Glas.
    • $3$. Kugel: Du hast $n-2$ mögliche Kugeln zum Ziehen. Nach dem Ziehen der $3$. Kugel bleiben noch $n-3$ Kugeln im Glas.
    • $k$-te Kugel: Du hast $n-k+1$ mögliche Kugeln zum Ziehen. Nach dem Ziehen der $k$-ten Kugel bleiben noch $n-k$ Kugeln im Glas.
    Wir wollen nun die Anzahl aller Möglichkeiten für diese nacheinander gezogenen Kugeln $k$ berechnen. Da es sich hierbei um ein Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge handelt, müssen die einzelnen Möglichkeiten multipliziert werden. Daraus ergibt sich die Formel:

    $n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)$

    Betrachtet wird nun die Formel zur Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge. Die Formel zur Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge haben wir bereits. Doch wie unterscheidet sich die Anzahl der Möglichkeiten, wenn die Reihenfolge nicht beachtet werden muss?

    Wir betrachten hierzu nun folgendes Beispiel: In einem Glas befinden sich insgesamt $4$ Kugeln, nämlich eine blaue, eine rote, eine weiße und eine schwarze Kugel. Du ziehst gleichzeitig $2$ Kugeln aus dem Glas. Mögliche Farbkombinationen sind:

    • (blau; rot), (rot; blau)
    • (blau; schwarz), (schwarz; blau)
    • (blau; weiß), (weiß; blau)
    • (rot; schwarz), (schwarz; rot)
    • (rot; weiß), (weiß; rot)
    • (schwarz; weiß), (weiß; schwarz)
    Das wären $12$ mögliche Kombinationen für zwei gezogene Kugeln und entspricht genau dem Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge. Nun wurden die Kugeln aber gleichzeitig gezogen. Es gibt also keine Beachtung der Reihenfolge. Die $k$ gezogenen Kugeln haben unter Beachtung der Reihenfolge $k!$ unterschiedliche Möglichkeiten für eine Farbkombination (zum Beispiel (blau; rot) und (rot; blau), also $2!=2$ Möglichkeiten für $k=2$). Beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge reduziert sich die Anzahl der Möglichkeiten pro Farbkombination im obigen Beispiel auf $1$.

    Für das gegebene Beispiel bedeutet das, dass jede zweite Kombination wegfällt und die Anzahl der möglichen Kombinationen dadurch halbiert wird. Die Möglichkeiten sind dann:

    • (blau; rot)
    • (blau; schwarz)
    • (blau; weiß)
    • (rot; schwarz)
    • (rot; weiß)
    • (weiß; schwarz)
    Beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge werden die unterschiedlichen Anordnungen der gezogenen Kugeln, auch Permutationen genannt, nicht beachtet. Folgen wir dieser Überlegung für den Fall von $k$ Kugeln, ergibt sich die folgende Quotientenberechnung:

    $\binom{n}{k}=\frac{n \cdot (n-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot (n-k+1)}{k!}$

  • Bestimme die Anzahl möglicher Kombinationen.

    Tipps

    Beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge muss kein Quotient gebildet werden.

    Besonders bei Platzierungen oder Rankings kommt es auf die Reihenfolge an.

    Wird die Zusammensetzung einer Gruppe gesucht, ohne dass es eine Platzierung innerhalb dieser Gruppe gibt, so muss die Reihenfolge nicht beachtet werden.

    Lösung

    Beispiel 1

    Gesucht sind die möglichen Kombinationen der ersten $3$ Plätze von insgesamt $6$ Läufern. Da es hier auf die Platzierungen auf dem Siegertreppchen ankommt, ist die Reihenfolge der schnellsten $3$ Läufer von Interesse. Die Berechnung erfolgt über die Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge, wobei $n=6$ und $k=3$ ist. Für die Anzahl möglicher Kombinationen erhalten wir dann:

    $\begin{array}{lll} (n)\cdot (n-1)\cdot\ \ldots\ \cdot (n-k+1) &=& 6 \cdot (6-1) \cdot (6-3+1) \\ &=& 6 \cdot (6-1) \cdot (6-2) \\ &=& 6 \cdot 5\cdot 4 \\ &=& 120 \end{array}$

    Beispiel 2

    Bei den $5$ gewählten Vertretern für das Schulfestkomitee aus $24$ Schülern kommt es nicht darauf an, wer von den $5$ Vertretern wie viele Stimmen hat. Du kannst die Aufgabe also mit der Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge lösen, wobei $n=24$ und $k=5$ ist:

    $\begin{array}{lll} \binom{24}{5} &=& \frac{24 \cdot (24-1) \cdot (24-2) \cdot (24-3) \cdot (24-5+1)}{5!} \\ &=& \frac{24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21 \cdot 20 }{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \\ &=& 42.504 \end{array}$

    Beispiel 3

    Auch bei der Wahl von $3$ der $18$ Pfadfinder, die zum Küchendienst eingeteilt werden sollen, kommt es nicht darauf an, wann jemand gezogen wird. Es wird wieder mit der Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge gerechnet:

    $\begin{array}{lll} \binom{18}{3} &=& \frac{18 \cdot (18-1) \cdot (18-3+1)}{3!} \\ &=& \frac{18 \cdot 17 \cdot 16}{ 3 \cdot 2 \cdot 1} \\ &=& 816 \end{array}$

    Beispiel 4

    In der letzten Aufgabe ist wieder die Reihenfolge des Ziehens nicht zu beachten, da die Karten gleichzeitig gezogen werden. Es ergibt sich folgende Rechnung:

    $\begin{array}{lll} \binom{32}{2} &=& \frac{32 \cdot (32-1)}{2!} \\ &=& \frac{32 \cdot 31}{ 2 \cdot 1} \\ &=& 496 \end{array}$

  • Ermittle jeweils den vorliegenden Kombinatorik-Fall der gegebenen Beispiele.

    Tipps

    Ist die Anzahl der möglichen Elemente $n$ gleich der Anzahl der gezogenen Elemente $k$, so berechnet sich die Anzahl der möglichen Kombinationen über die Fakultät von $n$:

    • $n!$

    Wird etwas gleichzeitig gezogen oder gelost, so ist die Reihenfolge nicht entscheidend.

    Sollen die Kombinationen eines Wortes nur durch Umstellen der Buchstaben bestimmt werden, so gilt $n=k$.

    Lösung

    Beispiel 1

    In der Klasse 9b werden aus $32$ Schülern $4$ Klassensprecher gewählt.

    Welcher Schüler als erstes gewählt wurde, ist nicht wichtig. Entscheidend sind die $4$ mit den meisten Stimmen. Die Reihenfolge ist nicht zu beachten. Es ist also die Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge mit $n=32$ und $k=4$ zu wählen:

    • $\frac{n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}=\frac{32 \cdot (32-1) \cdot (32-2)\cdot (32-3)}{4!}=35.960$
    Beispiel 2

    Wie viele Kombinationen gibt es bei einem $3$-stelligen Zahlenschloss, wenn jede Zahl nur einmal vorkommen darf?

    Die Reihenfolge ist hier entscheidend. Es soll mit $10$ möglichen Ziffern ($0$ bis $9$) eine $3$-stellige Kombination aufgestellt werden, wobei jede Zahl nur einmal verwendet wird. Es gilt also $n=10$ und $k=3$. Um die Anzahl der Kombinationen zu berechnen, kann mit der Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge gerechnet werden:

    • $n \cdot\ldots\cdot(n-k+1)= 10 \cdot (10-1) \cdot (10-2)=10 \cdot 9 \cdot 8=720$
    Beispiel 3

    Für den Hofdienst im nächsten Monat werden aus $120$ Schülern $8$ Schüler ausgelost. Wie viele Möglichkeiten gibt es?

    Die Reihenfolge, in welcher die Schüler ausgelost werden, spielt keine Rolle. Demnach sollte folgende Formel für die Anzahl möglicher Kombinationen mit $n=120$ und $k=8$ verwendet werden:

    • $\frac{n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}= \frac{120 \cdot 119 \cdot 118 \cdot 117 \cdot 116 \cdot 115 \cdot 114 \cdot 113}{8!} = 840.261.910.995$
    Beispiel 4

    Von den $8$ Schülern, die Hofdienst haben, werden nochmal $2$ ausgelost, welche dem Hausmeister helfen dürfen.

    Auch hier spielt es keine Rolle, welcher der Schüler als Erster und welcher als Zweiter ausgelost wird. Wie im vorangegangenen Beispiel wird die Anzahl der Möglichkeiten über die Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge mit $n=8$ und $k=2$ berechnet.

    • $\frac{n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}=\frac{8 \cdot 7}{2!}=28$
    Beispiel 5

    Wie viele $6$-stellige Kombinationen können aus den Buchstaben des Wortes HOFDIENST erstellt werden?

    Je nach Reihenfolge der Buchstaben entsteht eine neue Kombination. Aus den $9$ Buchstaben des Wortes HOFDIENST sollen jeweils $6$ unterschiedliche genutzt werden. Also ist $n$ ungleich $k$. Die Anzahl der Kombinationen kann mit $n=9$ und $k=6$ über folgende Formel bestimmt werden:

    • $n \cdot \ldots \cdot (n-k+1)=9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4=60.480$
    Beispiel 7

    Wie viele verschiedene Anordnungen lassen sich durch Umstellen der Buchstaben des Wortes HOFDIENST bilden?

    Wie im vorigen Beispiel spielt die Reihenfolge eine entscheidende Rolle. Diesmal haben wir nur den Unterschied, dass alle Buchstaben des Wortes genutzt werden sollen. Es gilt also $n=k=9$, womit die gesuchte Formel $n!$ ist.

    • $n!=n \cdot \ldots \cdot (n-k+2) \cdot (n-k+1)= 9 \cdot 8 \cdot7 \cdot6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot2 \cdot1=362.880 $

  • Berechne die Anzahl möglicher Kombinationen.

    Tipps

    Beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge kann die Anzahl der Möglichkeiten mit folgender Formel berechnet werden:

    $n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)$

    Beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge kann die Anzahl der Möglichkeiten mit folgender Formel berechnet werden:

    $\dbinom{n}{k}=\dfrac{n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}$

    Aus den Buchstaben des Wortes EIS können $3 \cdot 2 \cdot 1 = 6$ Kombinationen gelegt werden.

    Lösung

    Beispiel 1

    Wie viele Möglichkeiten gibt es für ein $4$-stelliges Passwort, bei dem jede Zahl von $0$ bis $9$ nur einmal vorkommen darf?

    Die Reihenfolge der Zahlen muss beachtet werden. Es können die Ziffern $0$ bis $9$ verwendet werden, damit ist $n=10$. Jede Zahl darf nur einmal vorkommen. Der Wert von $k$ entspricht hier den Stellen des Passworts, also $k=4$. Damit erhalten wir folgende Rechnung:

    • $10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7=5.040$
    Beispiel 2

    Wie viele $5$-stellige Kombinationen können aus den Buchstaben des Wortes SCHULMENSA erzeugt werden?

    SCHULMENSA hat $10$ Buchstaben und es sollen neue Kombinationen aus jeweils $5$ erzeugt werden. Die Reihenfolge der Buchstaben spielt in diesem Beispiel die entscheidende Rolle (Wird zum Beispiel die $5$-er Kombination EULSCH neu angeordnet ergibt sich das Wort SCHULE). Also erhalten wir mit $n=10$ und $k=5$ folgende Anzahl möglicher Kombinationen:

    • $10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6=30.240$
    Beispiel 3

    Wie viele Kombinationsmöglichkeiten gibt es für $6$ aus $49$ im Lotto?

    Im Lotto gibt es $49$ nummerierte Kugeln (Nummerierung von $1$ bis $49$). Du gewinnst, wenn du die richtige Kombination von $6$ Kugelnummern getippt hast. Jeder dieser $49$ Zahlen könnte eine der richtigen $6$ Nummern sein. Da die Kugeln aber nicht zurückgelegt werden, kann jede Nummer nur einmal auftauchen. Die Reihenfolge, in der die Kugeln gezogen werden, spielt keine Rolle. Die Anzahl der Möglichkeiten wird über den Binomialkoeffizienten wie folgt berechnet:

    • $\dbinom{49}{6}=\dfrac {49 \cdot 48 \cdot 47 \cdot 46 \cdot 45 \cdot 44}{6!}=13.983.816$
    Beispiel 4

    Wie viele mögliche Aufgabenkombinationen hat ein Schüler, der $7$ von $12$ Aufgaben lösen soll?

    Der Schüler darf sich $7$ von $12$ Aufgaben aussuchen. Dabei spielt es keine Rolle, für welche der Aufgaben er sich wann entschieden hat. Du löst die Aufgabe also mit der Formel für das Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge. Das ergibt dann folgende Rechnung:

    • $\dbinom{12}{7}=\dfrac {12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{7!}=792$
    Beispiel 5

    Wie viele Möglichkeiten gibt es, die Faktoren des Produktes $4 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 11$ aufzuschreiben?

    Die Reihenfolge der Zahlen spielt in diesem Beispiel die entscheidende Rolle. Hinzu kommt, dass alle $6$ Zahlen auch in den jeweiligen Kombinationen vorkommen sollen. Es gilt demnach $n=k=6$ und die Rechnung lautet wie folgt:

    • $6!=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=720$

  • Entscheide, welche Aussagen auf das Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge zutreffen.

    Tipps

    Es können nur so viele Kugeln gezogen werden, wie sich in der Urne befinden.

    Beim Ziehen ohne Beachtung der Reihenfolge werden die Permutationen einer Kugelkombination nicht betrachtet, beim Ziehen mit Beachtung der Reihenfolge schon.

    Die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge wird über den Binomialkoeffizienten berechnet.

    Lösung

    Beim Ziehen ohne Zurücklegen ohne Beachtung der Reihenfolge wird nicht betrachtet, wann welche Kugel gezogen wurde. Daher können die Kugeln auch gleichzeitig gezogen werden und müssen keine Anordnung aufweisen. Wenn in einer Urne $n$ Kugeln liegen, können auch nur maximal $n$ Kugeln aus der Urne gezogen werden. Die Anzahl der gezogenen Kugeln $k$ darf also maximal so groß sein wie $n$. Beachte, dass zur Berechnung der Möglichkeiten $k$ und $n$ größer Null sein müssen.

    Die Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten erfolgt über den Binomialkoeffizienten: $\binom{n}{k}$

    Es wird die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge durch die Permutationen der $k$ Kugeln, also $k!$, geteilt. Es folgt dann:

    $\binom{n}{k}=\frac{n\cdot (n-1)\cdot\ ...\ \cdot (n-k+1)}{k!}$

  • Leite die gegebene Gleichung her.

    Tipps

    Du kannst ein Produkt immer mit $1$ erweitern, zum Beispiel:

    $5\cdot 3=5\cdot 3 \cdot 1$

    Du kannst Faktoren zusammenfassen: $\frac{a}{b}\cdot c=\frac{a\cdot c}{b}$

    Für $a,b \in \mathbb{N}$ gilt:

    $(a-b)\cdot (a-b-1) \cdot ... \cdot (a-b-(a-b)+1)=(a-b)!$

    Lösung

    Es gilt in allen Schritten $n\gt k$ und $n, k>0$. Wir möchten zeigen, dass dann folgende Gleichung gilt:

    • $n\cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1)= \frac{n!}{(n-k)!}$.
    Wir gehen von der Formel zum Ziehen ohne Zurücklegen mit Beachtung der Reihenfolge aus:

    $\\ n\cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \\ \\ $

    Im nächsten Schritt wird ein kleiner Trick angewendet: Der Ausgangsterm wird mit $1$ multipliziert. Dabei gilt, dass ein Quotient immer $1$ ist, wenn Dividend und Divisor den gleichen Wert haben. Also sehen die nächsten Rechenschritte wie folgt aus:

    $\begin{array}{lll} \\ n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) &=& n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \cdot 1 \\ &=& n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \cdot \frac{(n-k)\cdot (n-k-1) \cdot \ldots \cdot (n-n+1)}{(n-k)\cdot (n-k-1) \cdot \ldots \cdot (n-n+1)} \\ \\ \end{array}$

    Die beiden Faktoren können zu einem Bruch zusammengefasst werden:

    $ \\ n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \cdot \frac{(n-k) \cdot (n-k-1) \cdot \ldots \cdot (n-n+1)}{(n-k) \cdot (n-k-1) \cdot \ldots \cdot (n-n+1)}= \frac{n \cdot (n-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot (n-k+1) \cdot (n-k) \cdot ~ \ldots ~ \cdot 1}{(n-k) \cdot (n-k-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot (n-n+1)}\\ \\ $

    Nun kannst du Zähler und Nenner einzeln betrachten. Der Zähler entspricht dem Produkt der natürlichen Zahlen von $1$ bis $n$ und kann durch $n!$ ausgedrückt werden. Der Nenner umfasst das Produkt aller natürlichen Zahlen von $1$ bis $(n-k)$, auch hier kann das Produkt als Fakultät angegeben werden. Wird die Fakultätsschreibweise in den Zähler und den Nenner eingesetzt, erhalten wir den gesuchten Ausdruck:

    $ \\ \frac{n\cdot (n-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot (n-k+1) \cdot (n-k)\cdot (n-k-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot 1}{(n-k)\cdot (n-k-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot (n-n+1)}=\frac{n!}{(n-k)\cdot (n-k-1) \cdot ~ \ldots ~ \cdot 1}= \frac{n!}{(n-k)!}$

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