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Diese Seite enthält eine Reihe von konkreten Beispielen aus dem Bereich der Kombinatorik und Wahrscheinlichkeitsrechnung. Für die meisten Beispiele benötigt man nur die Kenntnis der elementaren Stochastik-Formeln für Permutationen, Kombinationen und Variationen, die nachfolgend zusammengestellt sind.

Permutationen, Kombinationen und Variationen

Permutationen:

Vertauschung der Reihenfolge von n Kugeln (n₁ Kugeln vom Typ 1, n₂ Kugeln vom Typ 2, n_k Kugeln vom Typ k, n = n₁ + n₂ + ... + n_k)

Anzahl der Möglichkeiten: P_n = n! / (n₁! · n₂! ·...· n_k!)
Wenn alle Kugeln verschieden sind, gilt: P_n = n!

Kombinationen ohne Wiederholung:

Ziehung von k Kugeln (ohne Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln (Die Reihenfolge spielt keine Rolle.)

Anzahl der Möglichkeiten: C_n,k = (ⁿ_k) = n! / (k!·(n–k)!)

Kombinationen mit Wiederholung:

Ziehung von k Kugeln (mit Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln (Die Reihenfolge spielt keine Rolle. Die Möglichkeiten sind nicht gleich wahrscheinlich!)

Anzahl der Möglichkeiten: C_n,k = (^n–1+k_k) = (n–1+k)! / (k!·(n–1)!)

Variationen ohne Wiederholung:

Ziehung von k Kugeln (ohne Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln (Die Reihenfolge ist wichtig.)

Anzahl der Möglichkeiten: V_n,k = (ⁿ_k) · k! = n! / (n–k)!

Variationen mit Wiederholung:

Ziehung von k Kugeln (mit Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln (Die Reihenfolge ist wichtig.)

Anzahl der Möglichkeiten: V_n,k = n^k

Bemerkung:

k-faches Ziehen einer Kugel (mit Zurücklegen der jeweils gezogenen Kugel) bei n unterscheidbaren Kugeln entspricht k-faches Würfeln mit „Würfel“ mit n unterscheidbaren gleichen Flächen.


Beispiel 1 (Ziehungsmöglichkeiten bei Lotto 6 aus 49)

Wie viele Möglichkeiten gibt es, k=6 Kugeln von n=49 unterscheidbaren Kugeln zu ziehen, wenn die Kugeln nicht zurückgelegt werden und die Reihenfolge keine Rolle spielt (Lotto 6 aus 49)?

Für die Zahl der Möglichkeiten, die alle gleich wahrscheinlich sind, gilt:

N_n,k = (ⁿ_k) = n! / (k!·(n–k)!) (Kombinationen ohne Wiederholung)
N_49,6 = 49! / (6!·43!) = (49! / 43!) / 6! = 49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 / (1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6) = 13983816

Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten einer bestimmten dieser Kombinationen und damit die Wahrscheinlichkeit für 6 Richtige im Lotto ist dann also:

P_n,k = 1 / N_n,k = 1/13983816

Die Wahrscheinlichkeit, zu den 6 richtigen Lottozahlen auch noch die Superzahl richtig zu haben, ist zehnmal so klein (wegen der zehn Möglichkeiten für die Superzahl: 0, 1, 2, ... , 9) und beträgt nur 1 : 139838160.

Beispiele für andere Ziehungsarten:

Lotto 0 aus 49: N_49,0 = 1
Lotto 1 aus 49: N_49,1 = 49
Lotto 2 aus 49: N_49,2 = 1176
Lotto 3 aus 49: N_49,3 = 18424
Lotto 4 aus 49: N_49,4 = 211876
Lotto 5 aus 49: N_49,5 = 1906884
Lotto 6 aus 49: N_49,6 = 13983816
Lotto 7 aus 49: N_49,7 = 85900584
Lotto 8 aus 49: N_49,8 = 450978066

Bei Lotto 24 aus 49 und Lotto 25 aus 49 ist die Zahl der Möglichkeiten am größten. Danach nimmt sie in gleicher Weise wieder ab, wie sie zugenommen hat. Lotto 6 aus 49 hat deshalb genau so viele Möglichkeiten wie Lotto 43 aus 49.

Weitere Berechnungen zur Wahrscheinlichkeit beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 2 (Würfeln)

Wie viele Möglichkeiten gibt es bei k=3 maligem Würfeln mit einem Würfel mit n=6 unterscheidbaren Flächen, wenn die Reihenfolge keine Rolle spielt? Das entspricht der Ziehung von k=3 Kugeln bei n=6 unterscheidbaren Kugeln, wenn die Kugeln jedes Mal zurückgelegt werden und die Reihenfolge auch hier keine Rolle spielt.

Für die Zahl der Möglichkeiten gilt (Die Möglichkeiten sind nicht gleich wahrscheinlich!):

N_n,k = (n–1+k)! / (k!·(n–1)!) (Kombinationen mit Wiederholung)
N_6,3 = (6–1+3)! / (3!·(6–1)!) = 8! / (3!·5!) = 56

Es gibt 6 Möglichkeiten, bei denen 3 gleiche Flächen vorkommen. Die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 1/216.
Es gibt 30 Möglichkeiten, bei denen 2 gleiche Flächen vorkommen. Die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 3/216.
Es gibt 20 Möglichkeiten, bei denen alle Flächen verschieden sind. Die Wahrscheinlichkeit ist jeweils 6/216.
( 6 · 1/216 + 30 · 3/216 + 20 · 6/216 = 1 (siehe Beispiel 4))

Weitere Beispiele:

N_6,1 = 6
N_6,2 = 21
N_6,3 = 56
N_6,4 = 126
N_6,5 = 252
N_6,6 = 462
N_6,7 = 792
N_6,8 = 1287
N_6,9 = 2002
N_6,10 = 3003
N_6,11 = 4368
N_6,12 = 6188


Beispiel 3 (Ziehungsmöglichkeiten bei Lotto 6 aus 49 mit Ziehungsreihenfolge)

Wie viele Möglichkeiten gibt es, k=6 Kugeln von n=49 unterscheidbaren Kugeln zu ziehen, wenn die Kugeln nicht zurückgelegt werden und die Reihenfolge wichtig ist?

Für die Zahl der Möglichkeiten gilt (Die Möglichkeiten sind alle gleich wahrscheinlich.):

N_n,k = n! / (n–k)! (Variationen ohne Wiederholung)
N_49,6 = 49! / 43! = 49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 = 10068347520


Beispiel 4 (Zahlenschloss am Fahrrad)

Wie viele Möglichkeiten hat ein k=4 stelliges Zahlenschloss mit n=6 Ziffern an jeder Stelle? Das entspricht der Anzahl der Möglichkeiten bei 4 maligem Würfeln mit einem Würfel mit 6 unterscheidbaren Flächen, wenn die Reihenfolge wichtig ist. Das entspricht ebenso der Ziehung von 4 Kugeln bei 6 unterscheidbaren Kugeln, wenn die Kugeln jedes Mal zurückgelegt werden und die Reihenfolge auch hier wichtig ist.

Für die Zahl der Möglichkeiten gilt (Die Möglichkeiten sind alle gleich wahrscheinlich.):

N_n,k = n^k (Variationen mit Wiederholung)
N_6,4 = 6⁴ = 1296

Die Wahrscheinlichkeit, den richtigen Code des Fahrradschlosses zu erraten, beträgt dann:

P_n,k = 1 / N_n,k
P_6,4 = 1 / N_6,4 = 1 / 1296 = 0.0007716 = 0.07716%

Genau so groß ist z.B. die Wahrscheinlichkeit, beim 4 maligen Würfeln mit einem Würfel nur Sechsen zu würfeln.


Beispiel 5 (4 Richtige bei Lotto 6 aus 49)

Es werden k=6 Kugeln von n=49 unterscheidbaren Kugeln ausgewählt, wobei die Kugeln nicht zurückgelegt werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den k=6 Kugeln m=4 "richtige Kugeln" von insgesamt r=6 „richtigen“ Kugeln befinden? Die Reihenfolge der Auswahl soll keine Rolle spielen.

Die Wahrscheinlichkeit für die Auswahl von m=4 „richtigen“ Kugeln ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten, 4 von 6 „richtigen“ Kugeln auszuwählen, multipliziert mit der Anzahl der Möglichkeiten, 2 von 43 „falschen“ Kugeln auszuwählen, geteilt durch die Anzahl der Möglichkeiten, irgendwelche 6 Kugeln auszuwählen. Für die Wahrscheinlichkeit gilt also:

P = (^r_m) · (^n–r_k–m) / (ⁿ_k) (hypergeometrische Verteilung)
P = (⁶₄) · (⁴³₂) / (⁴⁹₆) = (6!/4!/2!) · (43!/2!/41!) / (49!/6!/43!)
= (6 · 5 / 1 / 2) · (43 · 42 / 1 / 2) · (49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 / 1 / 2 / 3 / 4 / 5 / 6)
= 645/665896 = 1/1032.3969 = 0.00096862 = 0.096862%

Weitere Berechnungen zur Wahrscheinlichkeit beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 6 (Zwei Kinder gleichen Namens)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass m=2 Kinder gleichen Namens in eine bestimmte Schule gehen, wenn von insgesamt n=511 Kindern nur r=2 Kinder den gleichen Namen besitzen und nur jeweils k=7 Kinder in die gleiche Schule gehen. Die Kinder sind also auf n/k=73 Schulen verteilt.

Die Wahrscheinlichkeit ist gleich der Zahl der Möglichkeiten, beide Kinder gleichen Namens zu „ziehen“, multipliziert mit der Zahl der Möglichkeiten, 5 von 509 Kindern mit verschiedenen Namen zu „ziehen“, geteilt durch die Zahl der Möglichkeiten, irgendwelche 7 Kinder von 511 Kindern zu "ziehen". Für die Wahrscheinlichkeit gilt also:

P = (^r_m) · (^n–r_k–m) / (ⁿ_k) (hypergeometrische Verteilung)
P = (²₂) · (⁵⁰⁹₅) / (⁵¹¹₇) = (2!/2!/0!) · (509!/5!/504!) / (511!/7!/504!)
P = 7·6 / (511·510) = 1/6205 = 0.000161160 = 0.0161160%

Die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmtes der beiden Kinder in eine bestimmte Schule geht, beträgt = 7/511 = 0.013699 = 1.3699%
Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kinder in eine bestimmte Schule gehen, beträgt (7/511) · (6/510) = 0.000161160 = 0.0161160%
Die Wahrscheinlichkeit, dass beide Kinder in eine gemeinsame Schule gehen, beträgt 6/510 = 0.011765 = 1.1765%


Beispiel 7 (Ziehen von Kugeln)

Es werden n=5 Kugeln (mit Zurücklegen) von k=8 unterscheidbaren Kugeln ausgewählt, wobei die jeweils ausgewählten Kugeln wieder zurückgelegt werden. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den n=5 Kugeln m=3 "richtige Kugeln" von insgesamt r=5 „richtigen“ Kugeln befinden? Die Reihenfolge der Auswahl soll keine Rolle spielen.

Die Anzahl der Möglichkeiten, n=5 Kugeln zu ziehen, beträgt (Die Reihenfolge ist wichtig, damit alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind.):

N = kⁿ = 8⁵ = 2¹⁵ = 32768 (Variationen mit Wiederholung)

Die Anzahl der Möglichkeiten, m=3 „richtige“ Kugeln bei k=5 Ziehungen zu ziehen, beträgt (Die Reihenfolge ist wichtig, damit alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind.):

N = n! / (m!·(n–m)!) · r^m = 5! / (3!·2!) ·5³ = 1250

Die Anzahl der Möglichkeiten für „falsche“ Kugeln auf den übrigen Plätzen beträgt (Die Reihenfolge ist wichtig, damit alle Möglichkeiten gleich wahrscheinlich sind.):

N = (k–r)^n–m = 3² = 9

Für die Wahrscheinlichkeit gilt dann:

P = n! / (m!·(n–m)!) · r^m · (k–r)^n–m / kⁿ = (ⁿ_m) · r^m · (k–r)^n–m / (k^n–m · k^m) = (ⁿ_m) · (r/k)^m · (1–r/k)^n–m (Binomialverteilung)
P = 11250 / 32768 = 0.343323 = 34.3323%


Beispiel 8 ("Kopf" oder "Zahl" beim Münzwurf)

Wie groß ist Wahrscheinlichkeit, mit n=8 Würfen einer Münze (k=2 Möglichkeiten: "Kopf" oder "Zahl") genau m=4 mal „Kopf“ (r=1 Möglichkeit) zu erzielen? Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,m = (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m (Binomialverteilung) (p = r/k)
P_8,4 = (⁸₄) · (1/2)⁴ · (1–1/2)^8–4 = (⁸₄) · (1/2)⁸ = 70 / 256 = 0.2734375 = 27.34375%

Alle Möglichkeiten:

P_8,0 = 1 / 256 = 0.00390625 = 0.390625% (0mal "Kopf")
P_8,1 = 8 / 256 = 0.03125 = 3.125% (1mal "Kopf")
P_8,2 = 28 / 256 = 0.109375 = 10.9375% (2mal "Kopf")
P_8,3 = 56 / 256 = 0.21875 = 21.875% (3mal "Kopf")
P_8,4 = 70 / 256 = 0.2734375 = 27.34375% (4mal "Kopf")
P_8,5 = 56 / 256 = 0.21875 = 21.875% (5mal "Kopf")
P_8,6 = 28 / 256 = 0.109375 = 10.9375% (6mal "Kopf")
P_8,7 = 8 / 256 = 0.03125 = 3.125% (7mal "Kopf")
P_8,8 = 1 / 256 = 0.00390625 = 0.390625% (8mal "Kopf")


Beispiel 9 (Würfeln)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit n=12 Würfen eines Würfels (k=6) genau m=2 mal eine „Sechs“ (r=1) zu erzielen? Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,m = (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m (Binomialverteilung) (p = r/k)
P_12,2 = (¹²₂) · (1/6)² · (1–1/6)^12–2 = (¹²₂) · (1/6)² · (5/6)¹⁰ = 0.296094 = 29.6094%

Weitere Beispiele:

P_12,0 = 0.112157 = 11.2157%
P_12,1 = 0.269176 = 26.9176%
P_12,2 = 0.296094 = 29.6094%
P_12,3 = 0.197396 = 19.7396%
P_12,4 = 0.088828 = 8.8828%
P_12,5 = 0.028425 = 2.8425%
P_12,6 = 0.006632 = 0.6632%
P_12,7 = 0.001137 = 0.1137%
P_12,8 = 0.000142 = 0.0142%
P_12,9 = 0.000013 = 0.0013%
P_12,10 = 0.000001 = 0.0001%


Beispiel 10 (Würfeln)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit n=4 Würfen eines Würfels (k=6) mindestens einmal eine „Sechs“ zu erzielen? Die Wahrscheinlichkeit errechnet sich als 1 minus der Wahrscheinlichkeit, mit 4 Würfen keine „Sechs“ zu erzielen:

P_n,k = 1 – (1 – 1/k)ⁿ
P_4,6 = 1 – (5/6)⁴ = 1 – 0.482253 = 0.517747 = 51.7747%

Wenn man genau so viele Würfe machen darf wie der "Würfel" Flächen hat (k=n), dann ist die Wahrscheinlichkeit, mindestens einmal die größte Augenzahl n zu erzielen:

P_n = 1 – (1 – 1/n)ⁿ

Wenn man mit einem "normalen" Würfel (k=6) sechsmal würfelt, beträgt demnach die Wahrscheinlichkeit 66.5102%, mindestens einmal die 6 zu würfeln. Außerdem ist natürlich richtig, dass man im Mittel 6 Würfe braucht, um eine 6 zu würfeln.

Wird n immer größer, dann ergibt sich ein interessanter Grenzfall. Die Wahrscheinlichkeit P_n = 1 – (1 – 1/n)ⁿ nähert sich immer mehr dem Wert 1 – 1/e = 1/2.7182818 = 0.632121 = 63.2121% an.


Beispiel 11 (Würfeln)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit n=24 Würfen mit m=2 Würfeln (k=6) mindestens einmal m=2 "Sechsen" zu erzielen?

Die Wahrscheinlichkeit, mit einem Wurf von m=2 Würfeln (k=6) m=2 "Sechsen" zu erzielen, beträgt (1/k)^m.
Die Wahrscheinlichkeit, mit einem Wurf von m=2 Würfeln (k=6) keine m=2" Sechsen" zu erzielen, beträgt 1 – (1/k)^m.
Die Wahrscheinlichkeit, mit n=24 Würfen mit m=2 Würfeln (k=6) keinmal m=2 "Sechsen" zu erzielen, beträgt (1 – (1/k)^m)ⁿ.
Für die Wahrscheinlichkeit, mit n=24 Würfen mit m=2 Würfeln (k=6) mindestens einmal m=2 "Sechsen" zu erzielen, gilt dann:

P_n,k,m = 1 – (1 – (1/k)^m)ⁿ
P_24,6,2 = 1 – (1 – (1/6)²)²⁴ = 1 – (35/36)²⁴ = = 1 – 0.508596 = 0.491404 = 49.1404%


Beispiel 12 (Geburtstag am gleichen Tag)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass von k=23 Kindern mindestens zwei am gleichen Tag Geburtstag haben? Das entspricht der Wahrscheinlichkeit, mindestens eine Kugel zweimal zu ziehen, wenn man von n=365 unterscheidbaren Kugeln 23 Kugeln zieht und die gezogene Kugel jeweils wieder zurücklegt.

Die Wahrscheinlichkeit errechnet sich als 1 minus der Anzahl der Möglichkeiten, bei denen keine Kugel mehrmals gezogen wurde (Variationen ohne Wiederholung), geteilt durch die Anzahl aller Möglichkeiten (Variationen mit Wiederholung). Die Reihenfolge der Ziehung ist wichtig, damit alle Möglichkeiten die gleiche Wahrscheinlichkeit haben. Es gilt also:

P_n,k = 1 – (n!/(n–k)!) / n^k
P_365,23 = 1 – 365! / 342! / 365²³ = 1 – 365 · 364 ·...· 343 / 365²³ = 1 – 0.492703 = 0.507297 = 50.7297%

Die Wahrscheinlichkeit, dass 2 Kinder keinen gemeinsamen Geburtstag haben, beträgt (364/365).
Die Wahrscheinlichkeit, dass 3 Kinder keinen gemeinsamen Geburtstag haben, beträgt (364/365) · (363/365).
Die Wahrscheinlichkeit, dass k Kinder keinen gemeinsamen Geburtstag haben, beträgt n · (n–1) · (n–2) ·...· (n–k+1) / n^k = (n!/(n–k)!) / n^k.


Beispiel 13 (Geburtstag am gleichen Tag)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit k=23 Würfen eines „Würfels“ mit 365 gleichen Flächen (n=365) nur Einlinge (g=0), einen Zwilling (g=1, z=2), einen Drilling (g=1, z=3), einen Vierling (g=1, z=4), einen Fünfling (g=1, z=5), zwei Zwillinge (g=2, z=2), drei Zwillinge (g=3, z=2), vier Zwillinge (g=4, z=2), fünf Zwillinge (g=5, z=2), einen Zwilling und einen Drilling (g=2, z=2 bzw. z=3) oder zwei Zwillinge und einen Drilling (g=3, z=2 bzw. z=2 bzw. z=3) zu erzielen?

Das entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass von 23 Kindern keines, genau 2, 3, 4, 5, 2 mal 2, 3 mal 2, 4 mal 2, 5 mal 2, 2 und 3 oder 2 mal 2 und 3 am gleichen Tag Geburtstag haben. Die Wahrscheinlichkeiten betragen:

P = (k! / z!^g) · (^n–g_k–g·z) · (ⁿ_g) / n^k

Nur Einlinge:
P = (23! / z!⁰) · (^365–0_23–0) · (³⁶⁵₀) / 365²³ = 0.492703 = 49.2703%

Genau ein Zwilling:
P = (23! / 2!¹) · (^365–1_23–2) · (³⁶⁵₁) / 365²³ = 0.363422 = 36.3422%

Genau ein Drilling:
P = (23! / 3!¹) · (^365–1_23–3) · (³⁶⁵₁) / 365²³ = 0.007395 = 0.7395%

Genau ein Vierling:
P = (23! / 4!¹) · (^365–1_23–4) · (³⁶⁵₁) / 365²³ = 0.000107 = 0.0107%

Genau zwei Zwillinge:
P = (23! / 2!²) · (^365–2_23–4) · (³⁶⁵₂) / 365²³ = 0.110928 = 11.0928%

Genau drei Zwillinge:
P = (23! / 2!³) · (^365–3_23–6) · (³⁶⁵₃) / 365²³ = 0.018327 = 1.8327%

Genau vier Zwillinge:
P = (23! / 2!⁴) · (^365–4_23–8) · (³⁶⁵₄) / 365²³ = 0.001801 = 0.1801%

Genau fünf Zwillinge:
P = (23! / 2!⁵) · (^365–5_23–10)· (³⁶⁵₅) / 365²³ = 0.000109 = 0.0109%

Genau ein Zwilling und ein Drilling (Die obige Formel ist hier entsprechend erweitert worden.):
P = (2! / 1! / 1!) · (23! / 2! / 3!) · (^365–2_23–(2+3)) · (³⁶⁵₂) / 365²³ = 0.004073 = 0.4073%

Genau zwei Zwillinge und ein Drilling (Die obige Formel ist hier entsprechend erweitert worden.):
P = (3! / 2! / 1!) · (23! / 2!² / 3!) · (^365–3_23–(2+2+3)) · (³⁶⁵₃) / 365²³ = 0.000900 = 0.0900%

Genau drei Zwillinge und ein Drilling (Die obige Formel ist hier entsprechend erweitert worden.):
P = (4! / 3! / 1!) · (23! / 2!³ / 3!) · (^365–4_{23–(2+2+2+3)}) · (³⁶⁵₄) / 365²³ = 0.000104 = 0.0104%


Beispiel 14 (Kniffel, Full House, Dreierpasch, Viererpasch)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit k=5 Würfen eines Würfels (n=6) nur Einlinge (g=0), einen Zwilling (g=1, z=2), einen Drilling (g=1, z=3), einen Vierling (g=1, z=4), einen Fünfling (g=1, z=5), zwei Zwillinge (g=2, z=2) oder einen Zwilling und einen Drilling (g=2, z=2 bzw. z=3) zu erzielen? Die Wahrscheinlichkeiten betragen:

P = (k! / z!^g) · (^n–g_k–g·z) · (ⁿ_g) / n^k

Nur Einlinge:
P = (5! / z!⁰) · (^6–0_5–0) · (⁶₀) / 6⁵ = 720/7776 = 0.092593 = 9.2593%

Genau ein Zwilling:
P = (5! / 2!¹) · (^6–1_5–2) · (⁶₁) / 6⁵ = 3600/7776 = 0.462963 = 46.2963%

Genau ein Drilling (entspricht Dreierpasch ohne Full House, Vierling und Kniffel):
P = (5! / 3!¹) · (^6–1_5–3) · (⁶₁) / 6⁵ = 1200/7776 = 0.154321 = 15.4321%

Ein Vierling (entspricht Viererpasch ohne Kniffel):
P = (5! / 4!¹) · (^6–1_5–4) · (⁶₁) / 6⁵ = 150/7776 = 0.019290 = 1.9290%

Ein Fünfling (Kniffel):
P = (5! / 5!¹) · (^6–1_5–5) · (⁶₁) / 6⁵ = 6/7776 = 0.000772 = 0.0772%

Zwei Zwillinge:
P = (5! / 2!²) · (^6–2_5–4) · (⁶₂) / 6⁵ = 1800/7776 = 0.231481 = 23.1481%

Ein Zwilling und ein Drilling (Full House) (Die obige Formel ist hier entsprechend erweitert worden.):
P = (2! / 1! / 1!) · (5! / 2! / 3!) · (^6–2_5–(2+3)) · (⁶₂) / 6⁵ = 300/7776 = 0.038580 = 3.8580%

Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten beim Kniffel mit 3 Würfen findet man auf der Kniffel-Seite.


Beispiel 15 (Kleine und große Straße beim Kniffel)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit k=5 Würfen eines Würfels mit n=6 (durch die Augenzahlen von 1 bis n) unterscheidbaren Flächen genau k bzw. k–1 Augenzahlen zu bekommen, die eine Folge bilden?

Die Wahrscheinlichkeit für eine Folge von k=5 Augenzahlen (große Straße beim Kniffel) beträgt:

P_n,k = (n – k + 1) · k! / n^k
P_6,5 = (6 – 5 + 1) · 5! / 6⁵ = 240 / 7776 = 0.030864 = 3.0864%

Die Wahrscheinlichkeit für eine Folge von k–1=4 Augenzahlen beträgt:

Q_n,k = (2 · ((k – 1)/2! + (n – k)) + (n – k) · ((k – 1)/2!) + (n – k – 1)))· k! / n^k
Q_n,k = ((n – k) · (n – k + 1) + (k – 1) · (n – k + 2)/2) · k! / n^k
Q_6,5 = (1 · 2 + 4 · 3 / 2) · 5! / 6⁵ = 960 / 7776 = 0.123457 = 12.3457%

Die Wahrscheinlichkeit für kleine Straße beim Kniffel entspricht der Wahrscheinlichkeit für eine Folge von k=5 oder k–1=4 Augenzahlen:

R_6,5 = P_6,5 + Q_6,5 = 1200 / 7776 = 0.154321 = 15.4321%

Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten beim Kniffel mit 3 Würfen findet man auf der Kniffel-Seite.


Beispiel 16 (Sechser, Dreierpasch, Viererpasch und Chance beim Kniffel)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit k=3 Würfen mit m=5 Würfeln fünf „Sechsen“ zu erzielen, wenn man die schon erzielten "Sechsen" behalten darf? Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt:

P_m,k = (1 – (5/6)^k)^m
P_m,k = (1 – (5/6)³)⁵ = 0.01327206 = 1.327206%

Das ist auch gleichzeitig die Wahrscheinlichkeit, im Kniffel-Spiel mit der oben erwähnten Strategie 30 Punkte beim Sechser, beim Dreierpasch, beim Viererpasch oder bei der Chance zu erzielen. Diese Wahrscheinlichkeit gilt allerdings nicht für die beim Dreierpasch, beim Viererpasch oder bei der Chance normalerweise übliche Strategie, möglichst viele Punkte zu erreichen. Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten sind geringer.

Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten beim Kniffel mit 3 Würfen findet man auf der Kniffel-Seite.


Beispiel 17 (Radioaktiver Zerfall)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass während der Messzeit bei zu Beginn n unzerfallenen Atomen genau m Treffer (zerfallene Atome) erzielt werden, wobei ein bestimmtes Atom während der Messzeit mit der Wahrscheinlichkeit p zerfällt? Das entspricht der Wahrscheinlichkeit, mit n Würfen m Treffer zu erzielen, wobei die Wahrscheinlichkeit pro Wurf für einen Treffer p beträgt. Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,m,p = ((n·p)^m / m!) · e^–n·p (Poisson-Verteilung)

Damit die Formel gilt, muss p sehr klein sein. Hat man nun so viele unzerfallene Atome n, dass n·p = 1 ist, dass also während der Messzeit im Mittel ein Atom zerfällt, lässt sich die Wahrscheinlichkeit berechnen, dass während der Messzeit kein, genau ein, genau zwei usw. Atome zerfallen:

P_m = (1 / m!) · e^–1 = 1 / (m! · e)

P₀ = 0.367879 = 36.7879%
P₁ = 0.367879 = 36.7879%
P₂ = 0.183940 = 18.3940%
P₃ = 0.061313 = 6.1313%
P₄ = 0.015328 = 1.5328%
P₅ = 0.003066 = 0.3066%
P₆ = 0.000511 = 0.0511%
P₇ = 0.000073 = 0.0073%

Die gleiche Rechnung ergibt sich, wenn man wissen will, mit welcher Wahrscheinlichkeit man pro Tag keinen, genau einen, genau zwei Briefe usw. bekommt, wenn im Mittel pro Tag ein Brief eintrifft und die Briefe keine Beziehung zueinander haben. Die Wahrscheinlichkeit, genau einen Brief zu bekommen, ist also genau so groß wie die Wahrscheinlichkeit, keinen zu bekommen. Sie beträgt 36.7879%.


Beispiel 18 (Briefe und Briefumschläge)

Wie viele Möglichkeiten gibt es, n=5 Briefe so in n=5 Briefumschläge zu stecken, dass sich in keinem Umschlag der zugehörige Brief befindet? Die Anzahl der Möglichkeiten beträgt:

N = !n = n! · (1 – 1/1! + 1/2! – 1/3! + 1/4! – ... 1/n!) (!n = Subfakultät von n)
N = !5 = 5! · (1 – 1/1! + 1/2! – 1/3! + 1/4! – 1/5!) = 44

Schon für kleine n gilt in guter Näherung: !n = n! · 1/e


Beispiel 19 (Sockenpaare und einzelne Socken)

Von n=10 Paar Socken, die alle verschieden sind, gehen k=6 einzelne Socken verloren. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle k=6 einzelnen Socken verschieden sind, also von verschiedenen Paaren stammen? Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,k = (²₁)^k · (ⁿ_k) / (²ⁿ_k)
P_10,6 = (²₁)⁶ · (¹⁰₆) / (²⁰₆) = 2⁶ · 210 / 38760 = 20/20 · 18/19 · 16/18 · 14/17 · 12/16 · 10/15 = 112/323 = 0.34675 = 34.675%

Die Wahrscheinlichkeit, dass alle k=6 einzelnen Socken zu k/2=3 Paaren gehören, dass also noch n-k/2=7 vollständige Sockenpaare übrig sind, beträgt:

P_n,k = (ⁿ_k/2) / (²ⁿ_k)
P_10,6 = (¹⁰₃) / (²⁰₆) = 120 / 38760 = 15 · (20/20 · 1/19 · 18/18 · 1/17 · 16/16 · 1/15) = 1 / 323 = 0.00310 = 0.310%

Die Wahrscheinlichkeit, dass alle verlorenen 6 einzelnen Socken von verschiedenen Paaren stammen, so dass nur noch 4 vollständige Paare übrig sind, ist also mehr als 100mal so groß wie die Wahrscheinlichkeit, dass nach dem Verlieren der 6 einzelnen Socken noch 7 vollständige Paare übrig bleiben.


Beispiel 20 ("Überraschungen" und Überraschungseier)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei k=20 Ziehungen von n=8 verschiedenen Kugeln (k >= n) jede Kugel mindestens einmal gezogen wird, wenn die jeweils gezogenen Kugeln wieder zurückgelegt werden?

Das entspricht der Wahrscheinlichkeit, beim Kauf von k=20 Überraschungseiern bei insgesamt n=8 verschiedenen gleich häufigen "Überraschungen" mindestens von jeder eine bekommen zu haben. Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,k = Σ_i=0ⁿ (-1)ⁱ · (ⁿ_i) · ( 1- i/n)^k
P_8,20 = 0.53056 = 53.056%

Das ist auch die kleinste Zahl von Überraschungseiern, die man kaufen muss, damit diese Wahrscheinlichkeit über 50% liegt.
Man muss übrigens mit einem Würfel (n=6) mindestens 13mal würfeln, um mit mehr als 50% Wahrscheinlichkeit jede Augenzahl mindestens einmal gewürfelt zu haben. Hier gilt:

P_6,13 = 0.51386 = 51.386%

Wie groß ist die mittlere Zahl von Ziehungen, bei der von n verschiedenen Kugeln jede Kugel mindestens einmal gezogen wurde? Das entspricht der mittleren Zahl von Überraschungseiern, bei der von n verschiedenen "Überraschungen" jede "Überraschung" mindestens einmal vorgekommen ist. Für diese mittlere Zahl von Ziehungen gilt:

Z_n = Σ_k=n^∞ k · P_n,k

Einige Beispiele:

Z₂ = 3
Z₃ = 5 + 1/2 = 5.500
Z₄ = 8 + 1/3 = 8.333
Z₅ = 11 + 5/12 = 11.417
Z₆ = 14 + 7/10 = 14.700
Z₇ = 18 + 3/20 = 18.150
Z₈ = 21 + 26/35 = 21.745
Z₉ = 25 + 129/280 = 25.461
Z₁₀ = 29 + 73/252 = 29.290
Z₁₁ = 33 + 551/2520 = 33.219


Beispiel 21 (Aufeinander folgende Zahlen bei Lotto 6 aus 49)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim Lotto 6 aus 49 mindestens zwei aufeinander folgende Zahlen gezogen werden?

Die Wahrscheinlichkeit, dass keine aufeinander folgenden Zahlen gezogen werden, ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten, in die Lücken zwischen den 43 nicht gezogenen Zahlen (insgesamt gibt es 44 Lücken einschließlich Anfang und Ende) jeweils höchstens eine gezogene Zahl zu platzieren, geteilt durch die Anzahl der Möglichkeiten für 6 Richtige. Für die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei aufeinander folgende Zahlen gezogen werden, gilt dann:

P = 1 – (44! / (6!·38!)) / (49! / (6!·43!)) = 1 – 7059052 / 13983816 = 1 – 22919 / 45402

P = 1 – 0.504802 = 0.495198 = 49.5198%

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 49.5198% gibt es also bei einer Ziehung mindestens zwei aufeinander folgende Lottozahlen.

Für eine bestimmte Anzahl aufeinander folgender Lottozahlen gelten die folgenden Wahrscheinlichkeiten:

6 aufeinander folgende Lottozahlen: P = (44! / (43!·1!)) / 13983816 = 44 / 13983816 = 0.0003%
5 aufeinander folgende Lottozahlen: P = (44! / (42!·1!·1!)) / 13983816 = 1892 / 13983816 = 0.0135%
4 aufeinander folgende Lottozahlen: P = ((44! / (42!·1!·1!)) + (44! / (41!·2!·1!))) / 13983816 = 41624 / 13983816 = 0.2977%
3 aufeinander folgende Lottozahlen: P = ((44! / (42!·2!)) + (44! / (41!·1!·1!·1!)) + (44! / (40!·3!·1!))) / 13983816 = 623414 / 13983816 = 4.4581%
2 aufeinander folgende Lottozahlen: P = ((44! / (41!·3!)) + (44! / (40!·2!·2!)) + (44! / (39!·4!·1!))) / 13983816 = 6257790 / 13983816 = 44.7502%
Keine aufeinander folgenden Lottozahlen: P = (44! / (38!·6!)) / 13983816 = 7059052 / 13983816 = 50.4802%

Weitere Berechnungen zur Wahrscheinlichkeit beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 22 (Ein Tag ohne Geburtstag)

Ein Dorf habe n Einwohner. Wie groß darf n höchstens sein, damit im Mittel mindestens an einem Tag im Jahr keiner (m=0) im Dorf Geburtstag hat? Da das Jahr k=365 Tage hat, muss die Wahrscheinlichkeit P_n,m, dass an einem bestimmten Tag (r=1) keiner Geburtstag hat, also kleiner als p = r/k = 1/365 sein. Demnach gilt:

P_n,m > (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m (Binomialverteilung)
1/365 > (ⁿ₀) · (1/365)⁰ · (364/365)ⁿ
1/365 > (364/365)ⁿ
(364/365)ⁿ < 1/365
n · ln(364/365) < ln(1/365)
n < ln(1/365) / ln(364/365)
n < 2150.5113

Im Dorf dürfen also höchstens 2150 Menschen leben, damit es dort im Mittel mindestens einen geburtstagsfreien Tag gibt.


Beispiel 23 (Kleinster Abstand zwischen Geburtstagen)

Wie groß ist im Mittel der kleinste Abstand zweier aufeinander folgender Geburtstage von 23 Schülern in einer Klasse? Wie groß sind im Mittel die anderen Abstände?

Wenn die Anzahl der Schüler n = 23 beträgt, wenn man die Länge eines Jahres mit d = 365 Tagen annimmt, dann lässt sich die mittlere Länge g eines Abstandes durch die folgende Formel ausdrücken, wobei k = 1 den kleinsten Abstand und k = n den größten Abstand darstellt:

g_n,d = d / n · ( Σ_i=1ⁿ (1/i) - Σ_i=1^n-k (1/i) )

Für die mittlere Länge g der verschiedenen Abstände k ergibt sich dann:

  k   g (in Tagen)

  1     0.69
  2     1.41
  3     2.17
  4     2.96
  5     3.80
  6     4.68
  7     5.61
  8     6.60
  9     7.66
10     8.79
11   10.01
12   11.34
13   12.78
14   14.37
15   16.13
16   18.11
17   20.38
18   23.03
19   26.20
20   30.17
21   35.46
22   43.39
23   59.26

Im Mittel beträgt also der kleinste Abstand zwischen zwei aufeinander folgenden Geburtstagen bei 23 Schülern nur 0.69 Tage oder etwas weniger als 17 Stunden. Der größte Abstand ist im Mittel dagegen 59.26 Tage und somit knapp 2 Monate lang.


Anhang

Binomialverteilung: (gilt nur für Ziehung mit Zurücklegen)

P_n,m = (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m = (n!/(m!(n–m)!)) · p^m · (1–p)^n–m
n = Anzahl der Ziehungen
m = Anzahl der erfolgreichen Ziehungen
k = Anzahl der Kugeln
r = Anzahl der "richtigen" Kugeln
p = r/k = Wahrscheinlichkeit für eine erfolgreiche Ziehung

Ableitung aus hypergeometrischer Verteilung (k >> r; k >> n; r >> m):
P_n,m = (^r_m) · (^k–r_n–m) / (^k_n)
= r! · (k–r)! · n! · (k–n)! / (m!·(r–m)!·(n–m)!·((k–r)–(n–m))!·k!)
= (ⁿ_m) · r^m · (k–r)^n–m · k^–n (Näherung für k >> r; k >> n; r >> m)
= (ⁿ_m) · (r/(k–r))^m · ((k–r)/k)ⁿ
= (ⁿ_m) · ((r/k)/(1–r/k))^m · (1–r/k)ⁿ; p:=r/k
= (ⁿ_m) · p^m / (1–p)^m · (1–p)ⁿ
= (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m

Gaussverteilung (m groß, n groß):

P_n,m = (1/(σ·sqrt(2·π)) · e^–x·x/2 ; x = (m–n·p) / σ (sqrt: square root (Quadratwurzel))
σ = sqrt(n·p·(1–p))
σ = sqrt(n·(1–p)) (Näherung für 1–p << 1, also p fast 1)
σ = sqrt(n·p) (Näherung für p << 1)

Poissonverteilung:

P_n,m = ((n·p)^m / m!) · e^–n·p

Ableitung aus Binomialverteilung (n >> m; p << 1):
P_n,m = (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m
= (n!/(m!(n–m)!)) · p^m / (1–p)^m · (1–p)ⁿ
= (n^m/m!) · (p/(1–p))^m · 1/(1+p)ⁿ (Näherung für n >> m)
= (n^m/m!) · p^m · 1/(1+(n·p/1!)+(n·(n–1)·p²/2!)+(n·(n–1)·(n–2)·p³/3!)+..) (Näherung für p << 1)
= (n^m/m!) · p^m · 1/(1+(n·p/1!)+(n²·p²/2!)+(n³·p³/3!)+..) (Näherung für großes n)
= (n^m/m!) · p^m · 1/e^n·p
= ((n·p)^m/m!) · e^–n·p

Stirlingsche Formel (gilt schon für kleine n in guter Näherung):

n! = (n/e)ⁿ · sqrt(2·π·n) (sqrt: square root (Quadratwurzel))

Geordneter Zufall und harmonische Reihe

Wenn man im Intervall von 0 bis 1 insgesamt n-1 Zufallszahlen erzeugt und nach der Größe ordnet, so entstehen in diesem Intervall zwischen den Zufallszahlen n Teilintervalle. Wiederholt man diesen Vorgang viele Male mit jeweils neuen Zufallszahlen und bildet den Mittelwert der jeweiligen Intervalle zwischen 0 und der kleinsten Zufallszahl, zwischen der kleinsten und zweitkleinsten Zufallszahl, ... und zwischen der größten Zufallszahl und 1, so leuchtet unmittelbar ein, dass alle Mittelwerte gleich groß sind und 1/n betragen.

Ordnet man jedoch nach den Zufallszahlen auch die entstehenden Teilintervalle nach ihrer Größe und bildet am Ende den Mittelwert der jeweils kleinsten, zweitkleinsten, ... und größten Teilintervalle, dann lässt sich die mittlere Größe g_n,k des k-ten Teilintervalls nicht mehr so einfach bestimmen.

Betrachten wir den einfachsten Fall, das jeweils nur eine Zufallszahl erzeugt wird. Die liegt entweder gleichverteilt und gleichwahrscheinlich zwischen 0 und 0.5 oder zwischen 0.5 und 1. Der jeweilige Mittelwert ist 0.25 bzw. 0.75. In beiden Fällen hat das kleinere der beiden entstehenden Intervalle eine Länge von 0.25. Es ist also g_2,1 = 0.25 und g_2,2 = 0.75.

Bei mehr Zufallszahlen und Intervallen wird die Situation schon deutlich unübersichtlicher. Mit der folgenden Formel kann man die Mittelwerte oder - etwas präziser formuliert - die Erwartungswerte der Intervalle berechnen:

g_n,k = 1/n · Σ_i=n+1-kⁿ (1/i) = 1/n · ( Σ_i=1ⁿ (1/i) - Σ_i=1^n-k (1/i) )

Man kann die mittlere Länge der Intervalle also als die durch n dividierte Differenz zweier harmonischer Reihen ausdrücken. Die folgende Zusammenstellung zeigt die Ergebnisse für eins bis sechs Intervalle:

Ein Intervall: g_1,1 = 1
Zwei Intervalle: g_2,1 = 1/4; g_2,2 = 3/4
Drei Intervalle: g_3,1 = 1/9; g_3,2 = 5/18; g_3,3 = 11/18
Vier Intervalle: g_4,1 = 1/16; g_4,2 = 7/48; g_4,3 = 13/48; g_4,4 = 25/48
Fünf Intervalle: g_5,1 = 1/25; g_5,2 = 9/100; g_5,3 = 47/300; g_5,4 = 77/300; g_5,5 = 137/300
Sechs Intervalle: g_6,1 = 1/36; g_6,2 = 11/180; g_6,3 = 37/360; g_6,4 = 57/360; g_6,5 = 87/360; g_6,6 = 147/360

Für große n gilt in guter Näherung: Σ_i=1ⁿ (1/i) = ln(n) + Eulersche Konstante
Daraus folgt: g_n,k = 1/n · (ln(n) - ln(n-k)) = 1/n · (ln(n) - ln(n · (1-k/n))) = 1/n · (ln(n) - ln(n) - ln(1-k/n)) = 1/n · ln(1-k/n)

Normiert man diese bis n laufende Funktion auf den Bereich von 0 bis 1 und setzt x = k/n, so ergibt sich die Funktion f(x) = -ln(1-x).
Durch die Normierung wird aus der Summe der Länge aller Intervalle die Fläche unter der Funktion f(x) mit dem Flächeninhalt 1.
Das Intervall mit der mittleren Länge 1/n liegt bei der Funktion an der Stelle, wo f(x) = 1 ist.
Also gilt: -ln(1-x) = 1; ln(1-x) = -1; e^ln(1-x) = e^-1; 1-x = 1/e.
Es sind also 1/e = 36.787944% aller Intervalle größer als das mittlere Intervall der Länge 1/n.

Für das Integral der Funktion f(x) gilt: Integral(-ln(1-x))dx = x + (1-x) · ln(1-x) + C.
Die Summe der Längen aller Intervalle oberhalb des Intervalls mit der mittleren Länge ist demnach:
[x + (1-x) · ln(1-x)]_1-1/e¹ = 1 - (1-1/e) - 1/e · ln(1/e) = 1/e + 1/e = 2/e.
Die Intervalle, die größer sind als das Intervall der mittleren Länge 1/n, haben also zusammen 2/e = 73.575888% der Gesamtlänge 1.

Die Summe der Länge aller Intervalle ist für die größere Hälfte aller Intervalle entsprechend:
[x + (1-x)·ln(1-x)]_1/2¹ = 1 - 1/2 - 1/2 · ln(1/2) = 1/2 + 1/2 · ln(2).
Die Intervalle, die zur größeren Hälfte gehören, haben also zusammen 1/2 + 1/2 · ln(2) = 84.657359% der Gesamtlänge 1.

Das Intervall, unterhalb dessen die Summe der Längen aller Intervalle 1/2 beträgt, liegt an der Stelle x,
die die Lösung der Gleichung x + (1-x) · ln(1-x) = 1/2 darstellt.
Die Lösung lässt sich nur numerisch berechnen und beträgt 0.81331769.
Es haben damit 18.668231% der größten Intervalle zusammen die Gesamtlänge 1/2.


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