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Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung Reihenfolge – Einführung 08:05 min

Textversion des Videos

Transkript Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung Reihenfolge – Einführung

Eagle und sein kleiner Bruder Quentin. Die gefährlichsten Brüder in Bad Fallingbostel. Allein der Klang ihrer Namen versetzt die Unterwelt in Angst und Schrecken. Eagle und Quentin liefern sich ein erbittertes Duell. Sie spielen drei gewinnt! Viele halten es für ein Glücksspiel aber nicht Quentin. Er weiß, dass man frühestens im fünften Zug gewinnen kann. Und um seine Chancen zu verbessern, hat er alle möglichen Spielanfänge bis einschließlich dem vierten Zug auswendig gelernt. Aber wie viele sind das? Um das herauszufinden, betrachten wir die Tabelle mit den vier Möglichkeiten, aus n Elementen k mal zu ziehen: Du kannst mit oder ohne Zurücklegen ziehen und jeweils mit oder ohne Beachtung der Reihenfolge. Um welchen Fall handelt es sich beim Drei Gewinnt? Wir übersetzen das Problem dafür mal in das Urnenmodell. Das gesamte Spielbrett entspricht der Urne. Die einzelnen Felder auf dem Spielbrett spielen die Rolle der Kugeln. Und das Auswählen eines Feldes für den jeweiligen Zug entspricht dem Ziehen der Kugeln aus der Urne. Beim Drei Gewinnt kann man jedes Feld nur einmal belegen. Also wird ein einmal gewähltes Feld nicht wieder frei es handelt sich also auf jeden Fall um 'ziehen ohne Zurücklegen'. Ein 'Ziehen mit Zurücklegen' wäre es dagegen, wenn man jedes Feld mehrmals belegen könnte. Die Reihenfolge der Spielzüge macht natürlich einen Unterschied, denn es ist wichtig, ob Quentin oder Eagle einen Stein gesetzt hat. Wäre die Reihenfolge nicht wichtig, wäre es auch völlig egal wer welchen Stein setzt. Also wissen wir, dass es sich um 'Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge' handelt. Aus der Tabelle lesen wir ab, dass es 'n über k mal k Fakultät' viele Möglichkeiten gibt, aus n Elementen k-mal ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge zu ziehen. Na, dann rechnen wir mal aus, wie viele Spielzüge Quentin im Kopf haben muss. Zuerst wandeln wir 'n über k' in einen Bruch um. 'n über k' ist gleich 'n Fakultät geteilt durch k Fakultät mal (n minus k) Fakultät'. Also können wir 'k Fakultät' kürzen und übrig bleibt 'n Fakultät durch (n minus k) Fakultät'. Aber was sind n und k? n ist die Anzahl der möglichen Felder, die man belegen kann – also 9. Und k ist die Anzahl der Spielzüge. Quentin hat sich alle Spiele bis einschließlich Zug 4 gemerkt – also ist k gleich 4. Setzen wir 9 und 4 in die Formel ein können wir im Nenner vereinfachen und dann die Fakultäten berechnen. Fällt dir etwas auf? Im Zähler und im Nenner steht das Produkt '5 mal 4 mal 3 mal 2 mal 1' – das können wir kürzen! Damit bleibt 9 mal 8 mal 7 mal 6. Und das ergibt 3024. Also muss sich Quentin insgesamt 3024 Spielanfänge merken! Da kracht es sicher schon im Gangsterhirn! Aber wie kommt diese Formel denn zustande? Im ersten Zug gibt es 9 freie Felder, also 9 Möglichkeiten. Egal, welches Feld man belegt, im nächsten Schritt gibt es dann noch 8 freie Felder. Und so geht es weiter – würden wir also alle Felder belegen, hätten wir 9 Fakultät viele Möglichkeiten. Aber Quentin merkt sich nur die ersten 4 Schritte. Also gibt es 9 mal 8 mal 7 mal 6 viele Möglichkeiten. Und das ist das gleiche wie '9 Fakultät durch 5 Fakultät' und das ist dann das gleiche wie (9 minus 4) Fakultät', also genau unsere Formel. Übrigens kannst du dir den Ausdruck auch so merken: Wenn du aus n Elementen k mal ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge ziehst, schreibst du 'n Fakultät' als Produkt auf und streichst alles, bis auf die größten k Faktoren weg. Eagle unterdessen kennt seinen jüngeren Bruder zu gut für solche Späße. Und statt in die Falle mit den vorbereiteten Spielzügen zu tappen macht er aus Drei Gewinnt Vier Gewinnt! Ob Quentin auch hier schon alle Eröffnungszüge auswendig gelernt hat? Wie viele können das wohl sein? Die Formel ist wieder die gleiche – n Fakultät durch 'n Minus k' Fakultät. Aber jetzt gibt es 16 mögliche Spielfelder – also ist n gleich 16! Und gewinnen kann man erst ab dem siebten Zug! Quentin müsste sich also alle möglichen Spielzüge bis einschließlich Zug Nummer 6 merken. Dann rechnen wir mal: Wir setzen für n 16 ein und für k 6 schreiben die Fakultät aus kürzen und kommen damit auf 5.765.760 Züge! Niemals kann Quentin so viele Eröffnungen im Kopf haben! Und während Quentin noch überlegt, ob er die Niederlage irgendwie abwenden kann, fassen wir zusammen. Bei Kombinatorikaufgaben, also wenn du Möglichkeiten bei vertrackten Ziehverfahren bestimmen sollst überlegst du immer, ob die Reihenfolge beim Ziehen eine Rolle spielt und ob zurückgelegt wird. Wenn nicht zurückgelegt wird, aber die Reihenfolge eine Rolle spielt gibt es 'n über k mal k Fakultät' viele Möglichkeiten, aus n Elementen k mal zu ziehen. Das kannst du dir auch als Bruch merken oder als die größten k Faktoren von n Fakultät. Ein anderes Beispiel ist die Rangliste der Teilnehmer eines Wettbewerbs. Da jede Platzierung nur einmal vergeben wird, handelt es sich dabei um Ziehen ohne Zurücklegen. Und die Reihenfolge der Siegerplätze ist natürlich von Bedeutung. Wie steht es wohl um Quentins Chancen? Nicht so gut. Aber worum können Eagle und Quentin nur gespielt haben? Um die zweifelhafte Ehre ihrer alten Oma im Altersheim ein Geburtstagsständchen darbieten zu dürfen. Und Eagle kann sich entspannt zurücklegen.

3 Kommentare
  1. Richtig gut erklärtes Video.
    Danke :D

    Von Winter Mario, vor etwa einem Monat
  2. Hallo Uwa W.,
    es freut mich, dass es dir geholfen hat!
    Viele Grüße von Yiren Y.

    Von Yiren Y., vor 3 Monaten
  3. mega gut! hat mir wirklich geholfen! jetzt bin ich vor einer schlechten note gerettet, danke :D

    Von Delta y., vor 7 Monaten

Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung Reihenfolge – Einführung Übung

Du möchtest dein gelerntes Wissen anwenden? Mit den Aufgaben zum Video Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung Reihenfolge – Einführung kannst du es wiederholen und üben.

  • Gib die Anzahl möglicher Kombinationen an.

    Tipps

    Die Formel für die Anzahl der Möglichkeiten $M$ beim Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge ist:
    $M=\binom{n}{k} \cdot k!$

    Der Binomialkoeffizient lässt sich durch die Formel
    $\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{\left(n-k\right)!\cdot k!}$
    berechnen.

    Setze für $n$ die Anzahl der Spielfelder und für $k$ die Anzahl der gemerkten Züge ein und rechne das Ergebnis aus.

    Das Spielfeld ist quadratisch mit einer Kantenlänge von drei Feldern.

    Lösung

    Im Urnenmodell entspricht das Spiel „Drei gewinnt“ dem Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Hierbei ist $n$ die Anzahl der Spielfelder und $k$ die Anzahl der Spielzüge, die Quentin auswendig lernen will. Die Formel für die Anzahl der Möglichkeiten ist $\binom{n}{k}\cdot k!$.

    Wir setzen für $n$ die Anzahl der Spielfelder und für $k$ die Anzahl der gemerkten Spielzüge ein, d.h. $n=9$ und $k=4$. Damit erhalten wir

    $\begin{align} \binom{9}{4} \cdot 4! &= \frac{9!}{4! \cdot (9-4)!} \cdot 4! \\ &= \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1) \cdot (5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1)} \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \\ &= 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \\ &= 3024 \end{align}$

    Alternativ können wir die Lösung auch folgendermaßen herleiten: Für die Wahl des ersten Spielsteins stehen $9$ freie Felder zur Auswahl. Für den zweiten dann nur noch $8$ freie Felder, für den dritten $7$ und für den vierten $6$. Die Kombination aller $9$ Möglichkeiten für den ersten Stein mit allen $8$ Möglichkeiten für den zweiten, allen $7$ Möglichkeiten für den dritten und $6$ für den vierten ergibt insgesamt $9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 3024$ Kombinationsmöglichkeiten.

  • Bestimme die Formel für die Berechnung der Anzahl möglicher Kombinationen.

    Tipps

    Das Spiel „Drei gewinnt“ hat $n=9$ Spielfelder. Die Anzahl der möglichen Spielanfänge bis zum Zug $k=4$ ist $9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6$.

    Die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge von $k$ aus $n$ Kugeln ist $n^k$.

    Die Anzahl möglicher Kugeln beim ersten Ziehen ist $n$. Beim Ziehen ohne Zurücklegen wird mit jedem Zug die Anzahl der Kugeln geringer.

    Lösung

    Wir gehen die einzelnen Formeln durch und geben ihre Bedeutung jeweils für das Ziehen von $k$ aus $n$ Kugeln an:

    $\binom{n}{k} \cdot k!$ ist die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge.

    $\frac{n!}{(n-k)!}$ ist ebenfalls die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge.

    $\binom{n}{k}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

    $\binom{n+k-1}{k}$ ist die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

    $\frac{n!}{k! \cdot (n-k)!}$ ist ebenfalls die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

    $\frac{(n+k-1)!}{k! \cdot (n-1)!}$ ist wiederum die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen mit Zurücklegen und ohne Beachtung der Reihenfolge.

    Alternativ können wir die richtigen Formeln für die Anzahl der Möglichkeiten beim Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge auch folgendermaßen herleiten: Für die erste gezogene Kugeln stehen $n$ Kugeln zur Auswahl, es gibt also $n$ verschiedene Möglichkeiten, eine Kugel zu ziehen. Beim zweiten Ziehen sind nur noch $n-1$ Kugeln in der Urne, es gibt also nur noch $n-1$ verschiedene Möglichkeiten, eine Kugel zu ziehen. Kombiniert man die beiden ersten Ziehungen, so erhält man $n \cdot (n-1)$ verschiedene Reihenfolgen.

    Nach $k$ Ziehungen sind dementsprechend nur noch $n-k$ Kugeln in der Urne. Für die zuletzt gezogene Kugel gab es also gerade noch $n-k+1$ Möglichkeiten. Das ergibt zusammengefasst also:

    $\begin{align} n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) &= n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \cdot \frac{(n-k)!}{(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(n-k)! \cdot k!} \cdot k! \\ &= \binom{n}{k} \cdot k! \end{align}$

  • Bestimme die Anzahl möglicher Kombinationen.

    Tipps

    Für das Spiel „Drei gewinnt“ ist $n=9$ die Anzahl der Spielfelder und $k=4$ die Anzahl der Spielzüge, die Quentin auswendig lernt.

    Für ein vergleichbares Spiel mit $n=10$ und $k=3$ wäre die Anzahl der möglichen Spielanfänge $10 \cdot 9 \cdot 8 = 720$.

    Zur Berechnung von $\binom{n}{k} \cdot k!$ multipliziert man die ersten $k$ Zahlen in absteigender Reihenfolge, beginnend mit $n$.

    Lösung

    Im Urnenmodell entspricht das Spiel „Vier gewinnt“ dem Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Hierbei ist $n$ die Anzahl der Spielfelder und $k$ die Anzahl der Spielzüge, die Quentin auswendig lernen will. Die Formel für die Anzahl der Möglichkeiten ist $\binom{n}{k}) \cdot k!$.

    Wir setzen also für $n$ die Anzahl der Spielfelder und für $k$ die Anzahl der gemerkten Spielzüge ein. Das Spielbrett von „Vier gewinnt“ ist quadratisch und hat an jeder Kante $4$ Felder, es hat demnach $n=16$ Felder. Um sich sicher zu fühlen, müsste Quentin alle Möglichkeiten für die ersten $k=6$ Spielzüge auswendig lernen. Das sind

    $\begin{align} \binom{16}{6} \cdot 6! &= \frac{16}{6! \cdot (16-4)!} \cdot 4! \\ &= 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \\ &= 5765760 \end{align}$ mögliche Spielanfänge.

    Alternativ können wir die Lösung auch folgendermaßen herleiten: Für die Wahl des ersten Spielsteins stehen $16$ freie Felder zur Auswahl. Für den zweiten dann nur noch $15$ freie Felder, für den dritten $14$, für den vierten $13$, für den fünften $12$ und für den sechsten noch $11$ freie Felder. Die Kombination aller dieser Möglichkeiten ergibt demnach $16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 = 5765760$ mögliche Spielanfänge.

  • Arbeite die Beispiele zum Fall „Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge“ heraus.

    Tipps

    Die $5$ einzustellenden Ziffern beim Zahlenschloss sind unabhängig voneinander. Das Einstellen der ersten Ziffern reduziert die Möglichkeiten der anderen Ziffern nicht.

    Eine Melodie besteht nicht notwendigerweise aus verschiedenen Tönen.

    Eagle und Quentin sind mit $13$ Kumpels auf dem Sportplatz. Sie brauchen aber nur zwei Mannschaften mit je $6$ Spielern und spielen selbst auch mit.

    Lösung
    • Quentins Zahlenschloss entspricht im Urnenmodell dem Ziehen mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge, denn die Ziffern der $5$ Ringe können unabhängig voneinander eingestellt werden (also auch mehrmals dieselbe Ziffer). Die Auswahl der ersten Ziffer entspricht somit dem Ziehen der ersten aus $n=10$ Kugeln. Für die zweite Ziffer stehen dann wieder $10$ Ziffern zur Auswahl. Die Anzahl möglicher Kombinationen ist also $10^5 = 100000$.
    • Da Quentins Murmeln bis auf die Farbe nicht unterscheidbar sind, kann es sich hierbei nicht um Ziehen mit Beachtung der Reihenfolge handeln.
    • Die Anzahl möglicher Reihungen der Startnummern beim Fahrradrennen ist ein typisches Beispiel für Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Für $n=14$ Teilnehmer und $k=3$ Siegerplätze gibt es $14 \cdot 13 \cdot 12 = 2184$ verschiedene Möglichkeiten, das Podest zu besetzen.
    • Auf Quentins Blockflöte kann man auch sehr langweilige Melodien spielen, die denselben Ton mehrmals wiederholen. Es handelt sich also um Ziehen mit Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Mit $k=10$ aufeinander folgenden aus $n=7$ verschiedenen Tönen gibt es $7^10 = 282475249$ verschiedene Melodien.
    • Eagle und Quentin wählen jeweils noch 5 Spieler aus. Insgesamt werden also $k=10$ Spieler gewählt. Jeder Spieler kann nur einmal gewählt werden, und die Berücksichtigung der Spielpositionen entspricht der Beachtung der Reihenfolge. Es handelt sich also um Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Bei $n=13$ zur Verfügung stehenden Kumpels gibt es daher $13 \cdot 12 \cdot 11 \dot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \dot 4 = 1037836800$ verschiedene Teams.
  • Ermittle die Anzahl möglicher Kombinationen für die gegebenen Werte.

    Tipps

    Mathematisch entspricht dieses Problem dem Ziehen von $k$ aus $n$ Kugeln ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge.

    Für $n=7$ und $k=3$ erhalten wir $7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$.

    Lösung

    Wir rechnen im Urnenmodell für den Fall Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Es werden $k$ aus $n$ Kugeln gezogen. Die Formel für die Anzahl der Möglichkeiten können wir folgendermaßen verstehen und herleiten: Für die Ziehung stehen $n$ Kugeln zur Auswahl, es gibt also $n$ verschiedene Möglichkeiten, eine Kugel zu ziehen. Bei der zweiten Ziehung sind nur noch $n-1$ Kugeln in der Urne, es gibt also auch nur noch $n-1$ verschiedene Möglichkeiten. Kombiniert man die beiden ersten Ziehungen, so erhält man $n \cdot (n-1)$ verschiedene Möglichkeiten, zwei Kugeln zu ziehen.

    So verfährt man weiter, bis $k$ Kugeln gezogen sind. Nach $k$ Ziehungen sind nur noch $n-k$ Kugeln in der Urne. Für die zuletzt gezogene Kugel gab es also gerade noch $n-k+1$ Möglichkeiten. Das ergibt zusammengefasst also: $\begin{align} n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) &= n \cdot (n-1) \cdot \ldots \cdot (n-k+1) \cdot \frac{(n-k)!}{(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(n-k)! \cdot k!} \cdot k! \\ &= \binom{n}{k} \cdot k! \end{align}$

    Wir rechnen die einzelnen Beispiele durch:

    • Für $n=7$ und $k=4$ erhalten wir
    $\begin{align} \binom{7}{4} \cdot 4! &= \frac{7!}{(7-4)!} \\ &= 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \\ &= 840 \end{align}$

    • Für $n=10$ und $k=3$ erhalten wir
    $\begin{align} \binom{10}{3} \cdot 3! &= \frac{10!}{(10-3)!} \\ &= 10 \cdot 9 \cdot 8 \\ &= 720 \end{align}$

    • Für $n=15$ und $k=5$ ergibt sich
    $\begin{align} \binom{15}{5} \cdot 5! &= \frac{15!}{(11-5)!} \\ &= 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \\ &= 360360 \end{align}$

    • Bei $n=11$ und $k=6$ lautet die Rechnung
    $\begin{align} \binom{11}{6} \cdot 6! &= \frac{11!}{(11-6)!} \\ &= 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \\ &= 332640 \end{align}$

    • Und für $n=13$ und $k=4$ erhalten wir
    $\begin{align} \binom{13}{4} \cdot 4! &= \frac{13!}{(13-4)!} \\ &= 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \\ &= 17160 \end{align}$

  • Erschließe die Anzahl möglicher Kombinationen.

    Tipps

    Das Kartenziehen verläuft ganz ähnlich wie „Drei gewinnt“. Die Spielkarten entsprechen den Spielfeldern.

    Für die Anzahl der Buchstabenfolgen beim Scrabble ist der zweite Spieler nicht relevant. Es genügt ein Spieler und seine Auswahl.

    Für den ersten Scrabble-Buchstaben gibt es $26$ Auswahlmöglichkeiten, für den zweiten nur noch $25$.

    Lösung

    Alle Beispiele fallen im Urnenmodell unter Ziehen ohne Zurücklegen und mit Beachtung der Reihenfolge. Wir gehen die Beispiele durch, um die Werte von $n$ und $k$ zu bestimmen.

    • Beim Ziehen aus dem Skatblatt mit $36$ Karten ist $n=36$. Es werden je zwei, also insgesamt $k=4$ Karten gezogen. Die Anzahl der möglichen Spielverläufe ist demnach
    $\binom{36}{4} \cdot 4! = 36 \cdot 35 \cdot 34 \cdot 33 = 1413720$.

    • Beim Srabble hat jeder Spieler die Möglichkeit, aus $n=7$ Steinen Wörter zu legen. Die Anzahl der möglichen Buchstabenfolgen mit $k=6$ Buchstaben ist
    $\binom{7}{6} \cdot 6! = 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 5040$.

    • Beim Spiel „Schiffe versenken“ wird auf den weißen Feldern eines Schachbretts gespielt, daher ist $n=32$. Die Anzahl der Möglichkeiten für $k=3$ Treffer mit Reihenfolge ist
    $\binom{32}{3} \cdot 3! = 32 \cdot 31 \cdot 30 = 29760$.

    • Jeder Regenbogen besteht aus $k=5$ Streifen. Zur Auswahl stehen $n=12$ Farben aus dem Malkasten. Es gibt also
    $\binom{12}{5} \cdot 5! = 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 = 95040$.

    verschiedene Regenbögen.