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

Permutationen, Kombinationen und Variationen

Permutationen ohne und mit Wiederholung (Anzahl der Reihenfolgen für eine bestimmte Ziehung)

Anzahl der Möglichkeiten bei n verschiedenen Kugeln (Permutationen ohne Wiederholung):

P_n = n!

Herleitung: Bei den Permutationen ohne Wiederholung hat man für die erste Kugel noch n Möglichkeiten.
Für die zweite Kugel gibt es nur noch n–1 Möglichkeiten, weil eine Kugel schon platziert wurde. Das sind dann zusammen n · (n–1) Möglichkeiten.
Wenn man alle n Kugeln platziert, dann ergeben sich schließlich n · (n–1) · (n–2) · (n–3) · ... · 1 = n! mögliche Reihenfolgen.

Anzahl der Möglichkeiten bei n Kugeln mit n₁ Kugeln vom Typ 1, n₂ Kugeln vom Typ 2, ... und n_k Kugeln
vom Typ k und n = n₁ + n₂ + ... + n_k (Permutationen mit Wiederholung):

P_n = n! / (n₁! · n₂! ·...· n_k!)

Kombinationen ohne Wiederholung (Ziehung ohne Zurücklegen. Die Reihenfolge ist egal.)

Anzahl der Möglichkeiten bei der Ziehung von k Kugeln (ohne Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln:

C_n,k = (ⁿ_k) = n! / (k!·(n–k)!)

Herleitung: Da bei den Kombinationen ohne Wiederholung die Reihenfolge keine Rolle spielt,
muss man die Anzahl der Variationen ohne Wiederholung (hier wird die Reihenfolge berücksichtigt)
durch die Anzahl der verschiedenen Reihenfolgen (Permutationen) teilen.
Für die Anzahl der Kombinationen gibt es deshalb (n!/(n–k)!) / k! = n! / (k!·(n–k)!) = (ⁿ_k) Möglichkeiten.

Kombinationen mit Wiederholung (Ziehung mit Zurücklegen. Die Reihenfolge ist egal. Die Möglichkeiten sind aber nicht gleichwahrscheinlich!)

Anzahl der Möglichkeiten bei der Ziehung von k Kugeln (mit Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln:

C_n,k = (^n–1+k_k) = (n–1+k)! / (k!·(n–1)!)

Herleitung: Da die Reihenfolge bei Kombinationen mit Wiederholung keine Rolle spielt, kann man die k gezogenen Kugeln
z.B. nach der Größe der aufgedruckten Zahl ordnen. Angenommen, man würde k = 5 Kugeln von insgesamt n = 6 Kugeln ziehen.
Ein Beispiel wäre 23366. Die gezogenen Kugeln hatten also die aufgedruckten Zahlen 2, 3 und 6. Wenn man alle Zahlen mit x bezeichnet,
könnte man dieses Ziehungsbeispiel auch so schreiben: /x/xx///xx.
Dabei stehen vor dem ersten Schrägstrich die Einsen (hier keine Einsen), zwischen dem ersten und zweiten Schrägstrich die Zweien (hier eine Zwei),
zwischen dem zweiten und dritten Schrägstrich die Dreien (hier zwei Dreien), zwischen dem dritten und vierten Schrägstrich die Vieren (hier keine Vier),
zwischen dem vierten und fünften Schrägstrich die Fünfen (hier keine Fünf) und nach dem fünften Schrägstrich die Sechsen (hier zwei Sechsen).
Wegen der 5 gezogenen Kugeln kommt also das x immer genau k = 5 mal vor. Und um die n = 6 möglichen Zahlen voneinander abtrennen zu können,
braucht man immer genau n–1 = 5 Schrägstriche.
Jeder Zahlenkombination ist also eine andere Reihenfolge (Permutation) von x-en und Schrägstrichen eineindeutig zugeordnet.
Und für die Anzahl der möglichen Permutationen (mit Wiederholung) von genau k x-en und n–1 Schrägstrichen (also von insgesamt n–1+k = 10 Zeichen)
und damit auch der möglichen Zahlenkombinationen (mit Wiederholung) von k aus n unterscheidbaren Kugeln gibt es (n–1+k)! / (k!·(n–1)!) = (^n–1+k_k) Möglichkeiten.

Variationen ohne Wiederholung (Ziehung ohne Zurücklegen. Die Reihenfolge ist wichtig.)

Anzahl der Möglichkeiten bei der Ziehung von k Kugeln (ohne Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln:

V_n,k = (ⁿ_k) · k! = n! / (n–k)!

Herleitung: Wenn man die erste Kugel zieht, dann gibt es dafür n Möglichkeiten. Für die zweite Kugel gibt es nur noch n–1 Möglichkeiten,
weil die erste Kugel ja nicht wieder zurückgelegt wurde. Das sind dann zusammen n · (n–1) Möglichkeiten. Wenn man k Kugeln zieht,
dann ergeben sich schließlich n · (n–1) · (n–2) · (n–3) · ... · (n–k+1) = n! / (n–k)! Möglichkeiten.

Variationen mit Wiederholung (Ziehung mit Zurücklegen. Die Reihenfolge ist wichtig.)

Anzahl der Möglichkeiten bei der Ziehung von k Kugeln (mit Zurücklegen) bei n unterscheidbaren Kugeln:

V_n,k = n^k

Herleitung: Wenn man die erste Kugel zieht, gibt es dafür n Möglichkeiten.
Für die zweite Kugel gibt es wieder n Möglichkeiten, weil die erste Kugel ja wieder zurückgelegt wurde.
Das sind dann zusammen n · n = n² Möglichkeiten. Wenn man k Kugeln zieht, dann ergeben sich schließlich n^k Möglichkeiten.

Bemerkung: Das Ziehen von k Kugeln (mit Zurücklegen der jeweils gezogenen Kugel) bei n unterscheidbaren Kugeln
entspricht dem k-fachen Würfeln mit einem „Würfel“ mit n unterscheidbaren gleichen Flächen.


Häufige Fehlerquellen bei Stochastik-Überlegungen (Beispiele):

- Wahrscheinlichkeiten für "mindestens eine" oder "genau eine" Sechs beim Würfeln werden verwechselt.
- Wahrscheinlichkeiten für "mindestens zwei" oder "genau zwei" aufeinander folgende Lottozahlen werden verwechselt.
- Wahrscheinlichkeiten für "mindestens drei" oder "genau drei" Richtige bei Lotto 6 aus 49 werden verwechselt.
- Wahrscheinlichkeiten für "einen beliebigen" oder "einen bestimmten" (z.B.) Kniffel werden verwechselt.
- Bei Wahrscheinlichkeitsüberlegungen wird nicht berücksichtigt, dass Kombinationen mit Wiederholung nicht gleichwahrscheinlich sind.
 (Z.B. sind bei einem Wurf mit 2 Würfeln die Kombinationen (mit Wiederholung) 11 und 12 nicht gleichwahrscheinlich.)

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 gleichwahrscheinlich 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) = 13.983.816

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 = 1/13.983.816

Herleitung:
Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste gezogene Kugel richtig ist, beträgt 6/49.
Die Wahrscheinlichkeit, dass auch die zweite gezogene Kugel richtig ist, beträgt 5/48.
Die Wahrscheinlichkeit, dass auch die dritte gezogene Kugel richtig ist, beträgt 4/47.
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle 6 gezogenen Kugeln richtig sind, beträgt dann 6/49 · 5/48 · 4/47 · 3/46 · 2/45 · 1/44 = 1/13.983.816.

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 : 139.838.160.

Beispiele für andere Lotto-Ziehungsarten:

0 aus 49: N_49,0 = 1
1 aus 49: N_49,1 = 49
2 aus 49: N_49,2 = 1176
3 aus 49: N_49,3 = 18.424
4 aus 49: N_49,4 = 211.876
5 aus 49: N_49,5 = 1.906.884
6 aus 49: N_49,6 = 13.983.816
7 aus 49: N_49,7 = 85.900.584
8 aus 49: N_49,8 = 450.978.066

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 zu Wahrscheinlichkeiten beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 2 (Kombinationen beim 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 gleichwahrscheinlich!):

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 gleichwahrscheinlich.):

N_n,k = n! / (n–k)! (Variationen ohne Wiederholung)
N_49,6 = 49! / 43! = 49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 = 10.068.347.520

Herleitung:
Für die erste Kugel gibt es 49 Möglichkeiten.
Für die zweite Kugel gibt es 48 Möglichkeiten, weil ja nur noch 48 Kugeln vorhanden sind.
Für die sechste Kugel gibt es schließlich nur noch 44 Möglichkeiten.
Die Gesamtzahl der Möglichkeiten (Variationen) ist dann das Produkt der Anzahl der einzelnen Möglichkeiten.

Näherung: N_49,6 = 46,5⁶ = 10.109.221.620 (46,5: arithmetisches Mittel der 6 Faktoren)


Beispiel 4 (Variationen beim 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 gleichwahrscheinlich.):

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 r=6 Kugeln gezogen und nicht zurückgelegt werden.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter den k=6 ausgewählten Kugeln m=4 "richtige", also gezogene Kugeln befinden?
Die Reihenfolge der Auswahl soll keine Rolle spielen.

Herleitung: Die Wahrscheinlichkeit für die Auswahl von m=4 „richtigen“ Kugeln ist gleich der Anzahl der Kombinationen,
4 von 6 „richtigen“ Kugeln auszuwählen, multipliziert mit der Anzahl der Kombinationen, 2 von 43 „falschen“ Kugeln auszuwählen,
geteilt durch die Anzahl der Kombinationen, 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!/(2!·4!)) · (43!/(2!·41!)) / (49!/(6!·43!))
= (6 · 5 · 4 · 3 / (1 · 2 · 3 · 4)) · (43 · 42 / (1 · 2)) · (49 · 48 · 47 · 46 · 45 · 44 / (1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6))
= 13.545 / 13.983.816 = 1 / 1032,3969 = 0,00096862 = 0,096862%

Die Formel gilt natürlich auch, wenn - anders als in diesem Beispiel - die Anzahl k der ausgewählten Kugeln kleiner ist
als die Anzahl r der gezogenen Kugeln (wie z.B. bei KENO).

Beispiel: k=5 ausgewählte Kugeln, m=3 "richtige" Kugeln, r=6 gezogene Kugeln, n=49 Kugeln insgesamt
Für die Wahrscheinlichkeit, unter diesen Bedingungen 3 "richtige" Kugeln auszuwählen, gilt:

P = (⁶₃) · (⁴³₂) / (⁴⁹₅) = 20 · 903 / 1.906.884 = 1 / 105,5860 = 0,947095%

Ebenso gilt die Formel, wenn die Anzahl k der ausgewählten Kugeln größer ist als die Anzahl r der gezogenen Kugeln (wie z.B. bei einem Lotto-System).

Beispiel: k=12 ausgewählte Kugeln, m=3 "richtige" Kugeln, r=6 gezogene Kugeln, n=49 Kugeln insgesamt
Für die Wahrscheinlichkeit, unter diesen Bedingungen mindestens einmal 3 "richtige" Kugeln (aber auch nicht mehr "richtige" Kugeln) auszuwählen, gilt:

P = (⁶₃) · (⁴³₉) / (⁴⁹₁₂) = 20 · 563.921.995 / 9.226.373.484 = 1 / 8,180541 = 12,2241%

Wenn die Anzahl k der ausgewählten Kugeln größer ist als die Anzahl r der gezogenen Kugeln, dann handelt es sich quasi
um einen "System-Tipp", der aus vielen "Einzel-Tipps" besteht. Deshalb muss man die Aussage "3 "richtige" Kugeln"
durch den Ausdruck "mindestens einmal 3 "richtige" Kugeln (aber auch nicht mehr "richtige" Kugeln)" ersetzen.

Weitere Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 6 (Anzahl unterschiedlicher Spiele, Spieltage und Spielrunden bei Fußballmannschaften)

Wie viele Möglichkeiten N_n gibt es, für n = 18 Fußballmannschaften unterschiedliche Spiele aus jeweils 2 Mannschaften zusammenzustellen?

N_n = (ⁿ₂) = n · (n – 1) / 2
N₁₈ = (¹⁸₂) = 18 · (18 – 1) / 2 = 153

Wie viele Möglichkeiten N_n gibt es, für n = 18 Fußballmannschaften unterschiedliche Spieltage mit jeweils n/2 = 9 Spielen zusammenzustellen?

N_n = (ⁿ₂) · (^n-2₂) · (^n-4₂) · ... · (²₂) / (n/2)!
N₁₂ = (¹⁸₂) · (¹⁶₂) · (¹⁴₂) · ... · (²₂) / 9! = 153 · 120 · 91 · 66 · 45 · 28 · 15 · 6 · 1 / 362.880 = 34.459.425
oder
N_n = 1 · 3 · 5 · ... · (n–1)
N₁₂ = 1 · 3 · 5 · ... · 17 = 34.459.425

Wie viele Möglichkeiten N_n gibt es, für n Fußballmannschaften unterschiedliche Spielrunden mit jeweils n–1 Spieltagen zusammenzustellen,
wobei in jeder Spielrunde jede Mannschaft genau einmal gegen jede andere Mannschaft spielt?

N₂ = 1! · 1 = 1 · 1 = 1
N₄ = 3! · 1 = 6 · 1 = 6
N₆ = 5! · 6 = 120 · 6 = 720
N₈ = 7! · 6240 = 5040 · 6240 = 31.449.600
N₁₀ = 9! · 1.225.566.720 = 362.880 · 1.225.566.720 = 444.733.651.353.600

Schon durch das Austauschen von Spieltagen in einer Spielrunde ergeben sind unterschiedliche Spielrunden.
Bei n–1 Spieltagen pro Spielrunde erhält man (n–1)! Möglichkeiten,
die Spieltage in unterschiedlicher Reihenfolge anzuordnen (Permutationen ohne Wiederholung).
Dies wird mit dem Fakultätsausdruck in der Rechnung berücksichtigt.

Berechnung mit Hilfe eines Computer-Programms


Beispiel 7 (Ziehen von zum Teil gleichen Kugeln ohne Zurücklegen)

In einer Urne liegen n1=12 rote Kugeln, n2=8 grüne Kugeln und n3=4 gelbe Kugeln.
Es werden k=12 Kugeln von diesen n=24 Kugeln ausgewählt, wobei die Kugeln nicht zurückgelegt werden.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich unter diesen k=12 Kugeln
genau k1=7 rote Kugeln, k2=3 grüne Kugeln und k3=2 gelbe Kugeln befinden?

Für die Wahrscheinlichkeit P gilt dann:

P = (ⁿ¹_k1) · (ⁿ²_k2) · (ⁿ³_k3) / (ⁿ_k) (verallgemeinerte hypergeometrische Verteilung) (n = n1 + n2 + n3) (k = k1 + k2 + k3)
P = (¹²₇) · (⁸₃) · (⁴₂) / (²⁴₁₂) = (12!/(7!·5!)) · (8!/(3!·5!)) · (4!/(2!·2!)) / (24!/(12!·12!))
= 792 · 56 · 6 / 2704156 = 266112 / 2704156 = 0,0984085 = 9,84085%


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) (Herleitung siehe Anhang)
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 = P_8,8 = 1 / 256 = 0,00390625 = 0,390625%
P_8,1 = P_8,7 = 8 / 256 = 0,03125 = 3,125%
P_8,2 = P_8,6 = 28 / 256 = 0,109375 = 10,9375%
P_8,3 = P_8,5 = 56 / 256 = 0,21875 = 21,875%
P_8,4 = 70 / 256 = 0,2734375 = 27,34375%


Beispiel 9 (Würfeln einer bestimmten Anzahl von bestimmten Augenzahlen)

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) (Herleitung siehe Anhang)
P_12,2 = (¹²₂) · (1/6)² · (1–1/6)^12–2 = (¹²₂) · (1/6)² · (5/6)¹⁰ = 0,296094 = 29,6094%

Anmerkung: Das entspricht auch der Wahrscheinlichkeit, die Augenzahl von genau 2 der 12 Würfe richtig vorherzusagen.

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%

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit n=12 Würfen eines Würfels (k=6) genau m1=2 mal eine „Eins“ (r1=1),
genau m2=7 mal eine Primzahl (r2=3) und genau m3=3 mal eine zusammengesetzte Zahl (r3=2) zu erzielen? Es gilt:

P = (n! / (m1!·m2!·m3!)) · p1^m1 · p2^m2 · p3^m3 (Multinomialverteilung oder Polynomialverteilung) (p1 = r1/k, p2 = r2/k, p3 = r3/k)
P = (12! / (2!·7!·3!)) · (1/6)² · (1/2)⁷ · (1/3)³ = 0,063657 = 6,3657%


Beispiel 10 (Würfeln einer bestimmten Augenzahl)

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 = 1/k
P_4,6 = 1 – (1 – 1/6)⁴ = 1 – 625/1296 = 671/1296 = 0,517747 = 51,7747%

Für n=5 Würfe gilt: P_5,6 = 1 – (1 – 1/6)⁵ = 1 – 3125/7776 = 4651/7776 = 59,8122%
Und für n=6 Würfe: P_6,6 = 1 – (1 – 1/6)⁶ = 1 – 15625/46656 = 31031/46656 = 66,5102%

Für einen Dodekaeder-Würfel (k=12) ist die Wahrscheinlichkeit, mit k=8 Würfen mindestens einmal eine "Zwölf" zu erzielen:

P_8,12 = 1 – (11/12)⁸ = 50,1470%

Wenn k sehr groß ist, der "Würfel" also sehr viele gleichartige Flächen hat, gilt genähert für die Wahrscheinlichkeit:

P_n,k = 1 – (1 – 1/k)ⁿ = 1 – ((1 – 1/k)^k)^n/k = 1 – (1/e)^n/k = 1 – e^{– n/k}

Wenn man dann genau so viele Würfe macht wie der "Würfel" Flächen hat (n=k), ist die Wahrscheinlichkeit,
mindestens einmal die größte Augenzahl n zu erzielen, also gleich 1 – 1/e = 63,2121%.

Nach n/k aufgelöst ergibt sich: n/k = – ln(1 – P_n,k)

Eine Wahrscheinlichkeit P_n,k von 50% wird erreicht, wenn das Verhältnis n/k = – ln(1 – 50%) = – ln(1 – 1/2) = ln(2) = 0,693147 beträgt.
Und eine Wahrscheinlichkeit P_n,k von 95%, wenn das Verhältnis n/k = – ln(1 – 95%) = – ln(1 – 0,95) = – ln(1/20) = ln(20) = 2,995732 beträgt.

Außerdem ist natürlich richtig, dass man mit einem "normalen" Würfel im Mittel 6 Würfe braucht, um eine 6 zu würfeln.

Wenn man z.B. mit 4 Würfen mit einer Wahrscheinlichkeit von 51,7747% mindestens eine 6 würfelt, würfelt man also mit einer Wahrscheinlichkeit
von (5/6)⁴ = 625/1296 = 48,2253% keine 6. Diese Wahrscheinlichkeiten gelten natürlich für jede der 6 Augenzahlen.
Das bedeutet aber auch, dass bei 4 Würfen im Mittel 48,2253% · 6 = 2,8935 Augenzahlen nicht gewürfelt werden.

Bei n=4 Würfen und k=6 unterschiedlichen Augenzahlen beträgt also die mittlere Anzahl Z der erzielten unterschiedlichen Augenzahlen:

Z_n,k = Z_4,6 = k · (1 – ((k–1)/k)ⁿ) = 6 · (1 – (5/6)⁴) = 6 · (1 – 0,482253) = 6 · 0,517747 = 3,1065


Beispiel 11 (Würfeln von bestimmten Augenzahlen mit zwei Würfeln)

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

Herleitung:
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.
Die Wahrscheinlichkeit, mit n=24 Würfen mit m=2 Würfeln (k=6) mindestens einmal m=2 "Sechsen" zu erzielen, ist 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 von mindestens 2 Kindern)

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 (siehe auch die Geburtstagsrätsel-Seite).

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%

Bei 2 Kindern ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben, gleich (364/365).
Bei 3 Kindern ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben, gleich (364/365) · (363/365).
Bei k Kindern ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben, gleich n · (n–1) · (n–2) ·...· (n–k+1) / n^k = (n!/(n–k)!) / n^k.


Beispiel 13 (Geburtstag am gleichen Tag von einer bestimmten Anzahl von Kindern)

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),
zwei Zwillinge und einen Drilling (g=3, z=2 bzw. z=3) oder drei Zwillinge und einen Drilling (g=4, 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,
2 mal 2 und 3 oder 3 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

Dabei ist:
k: Anzahl der Würfe
n: Anzahl der Seiten des "Würfels"
g: Anzahl der Mehrlinge
z: Anzahl der "Würfel" für einen Mehrling
Weitere Erläuterungen: siehe Beispiel 14

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 ein Fünfling:
P = (23! / 5!¹) · (^365–1_23–5) · (³⁶⁵₁) / 365²³ = 0,000001 = 0,0001%

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 (Wahrscheinlichkeit für Kniffel, Viererpasch, Dreierpasch und Full House)

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 Kniffel (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 (Formel gilt nur für Mehrlinge mit gleicher Anzahl von Würfeln!)

Dabei ist:
k: Anzahl der Würfe
n: Anzahl der Seiten des Würfels (Anzahl der Augenzahlen)
g: Anzahl der Mehrlinge
z: Anzahl der Würfel für einen Mehrling
(ⁿ_k): Gesamtanzahl der Würfelmöglichkeiten (Variationen mit Wiederholung)
(ⁿ_g): Anzahl der Möglichkeiten, g verschiedene Mehrlinge bei n Augenzahlen zu kombinieren (Kombinationen ohne Wiederholung)
k–g·z: Anzahl der Einlinge
n–g: Anzahl der Augenzahlen, die für diese Einlinge noch zur Verfügung stehen
(^n–g_k–g·z): Anzahl der Möglichkeiten, k–g·z verschiedene Einlingen bei n–g Augenzahlen zu kombinieren (Kombinationen ohne Wiederholung)
(k! / z!^g): Anzahl der verschiedenen Reihenfolgen der (gleichartigen) Mehrlinge mit den Einlingen (Permutationen mit Wiederholung)

Nur Einlinge (alle Augenzahlen verschieden):
P = (5! / z!⁰) · (^6–0_5–0) · (⁶₀) / 6⁵ = 720/7776 = 0,092593 = 9,2593%

Genau ein Zwilling (genau zwei gleiche Augenzahlen):
P = (5! / 2!¹) · (^6–1_5–2) · (⁶₁) / 6⁵ = 3600/7776 = 0,462963 = 46,2963%

Genau ein Drilling (genau drei gleiche Augenzahlen: entspricht Dreierpasch ohne Full House, Vierling und Kniffel):
P = (5! / 3!¹) · (^6–1_5–3) · (⁶₁) / 6⁵ = 1200/7776 = 0,154321 = 15,4321%

Genau ein Vierling (genau vier gleiche Augenzahlen: entspricht Viererpasch ohne Kniffel):
P = (5! / 4!¹) · (^6–1_5–4) · (⁶₁) / 6⁵ = 150/7776 = 0,019290 = 1,9290%

Einen Kniffel (fünf gleiche Augenzahlen):
P = (5! / 5!¹) · (^6–1_5–5) · (⁶₁) / 6⁵ = 6/7776 = 0,000772 = 0,0772%

Genau zwei Zwillinge (zwei gleiche Augenzahlen und zusätzlich zwei andere gleiche Augenzahlen)
P = (5! / 2!²) · (^6–2_5–4) · (⁶₂) / 6⁵ = 1800/7776 = 0,231481 = 23,1481%

Ein Drilling und ein Zwilling (drei gleiche Augenzahlen und zusätzlich zwei andere gleiche Augenzahlen: Full House) (Die obige Formel ist hier entsprechend erweitert worden.):
P = (2! / (1! · 1!)) · (5! / (3! · 2!)) · (^6–2_5–(3+2)) · (⁶₂) / 6⁵ = 300/7776 = 0,038580 = 3,8580% (Zählt man einen Kniffel auch als Full House, erhält man P = 306/7776.)

Wichtig: Da Drilling und Zwilling verschiedene Mehrlinge sind, entsteht auch bei zwei gleichen Augenzahlen eine weitere Permutation: (2! / (1! · 1!)).
Es gibt hier also 2 Mehrlinge, wobei jeder Mehrling (Drilling bzw. Zwilling) jeweils nur 1-mal vorkommt.

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


Beispiel 15 (Wahrscheinlichkeit für große und kleine 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 (für k kleíner als n+1):

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 ("reine" kleine Straße beim Kniffel) beträgt (für k kleíner als n+2 und größer als 2):

Q_n,k = (2 · ((k – 1)/2! + (n – k)) + (n – k) · ((k – 1)/2! + (n – k – 1)))· k! / n^k
Q_6,5 = (2 · (4/2 + 1) + 1 · (4/2 + 0))· 5! / 6⁵ = 960 / 7776 = 0,123457 = 12,3457%

Herleitung: Man unterscheidet zwischen den kleinen Straßen am Rand (1234 und 3456 bei k=5 Würfen) und den kleinen Straßen,
die nicht am "Rand" liegen (nur 2345 bei 5 Würfen).
n^k = 6⁵ = 7776 ist die Gesamtzahl der Möglichkeiten (Variationen mit Wiederholung) und k! = 5! = 120 die Anzahl der Permutationen.
Die beiden kleinen Straßen am "Rande" werden (bei 5 Würfen) durch den Ausdruck 2 · ((k – 1)/2! + (n – k)) = 2 · ((5 – 1)/2 + (6 – 5)) = 6 beschrieben.
Die erste 2 beschreibt die Anzahl der beiden kleinen "Rand"-Straßen.
k – 1 = 4 ist die Anzahl der Möglichkeiten, dass die fünfte Augenzahl mit einer der 4 Augenzahlen der kleinen "Rand"-Straße identisch ist.
Deshalb muss hier auch das (ausgeklammerte) k! durch 2! geteilt werden, um die Anzahl der Permutationen richtig zu berechnen,
weil eine Augenzahl hier ja immer doppelt vorkommt.
n – k = 1 beschreibt die einzige Möglichkeit, dass die fünfte Augenzahl
nicht mit einer der 4 Augenzahlen der kleinen Straße identisch ist (also z.B. 12346 bei der kleinen Straße 1234).
Die kleinen Straßen, die nicht am "Rand" liegt, werden durch den Ausdruck (n – k) · ((k – 1)/2! + (n – k – 1)) = (6 – 5) · ((5 – 1)/2 + (6 – 5 – 1)) = 2 beschrieben.
n – k = 1 beschreibt bei k=5 Würfen die Anzahl der kleinen Straßen, die nicht am "Rand" liegen.
k – 1 = 4 ist die Anzahl der Möglichkeiten, dass die fünfte Augenzahl mit einer der 4 Augenzahlen der kleinen Straße, die nicht am Rand liegt,
identisch ist. Deshalb muss hier auch wieder durch 2! geteilt werden, um die Anzahl der Permutationen richtig zu berechnen.
n – k – 1 = 0 beschreibt die Anzahl der Möglichkeiten, dass die fünfte Augenzahl nicht mit einer der 4 Augenzahlen der kleinen Straße identisch ist.
Diese Anzahl ist bei der kleinen Straße 2345 natürlich gleich Null. Wenn n nicht gleich 6 und k nicht gleich 5 ist,
kann diese Anzahl aber durchaus von Null verschieden sein.
Bei k = 3 Würfen gibt es z.B. 3 kleine Straßen, die nicht am Rand liegen, nämlich 23, 34 und 45.
Und für jede dieser 3 kleinen Straßen gibt es n – k – 1 = 2 Möglichkeiten, dass die dritte Augenzahl nicht mit einer der 2 Augenzahlen
der kleinen Straßen identisch ist (z.B. bei der kleinen Straße 23 sind das die 2 Möglichkeiten 235 und 236).
Der Term n – k – 1 fällt also bei 5 Würfen mit 6 Augenzahlen weg und die Formel wird dadurch einfacher.
Allgemein gesagt, fällt der Term immer weg, wenn die Anzahl der Würfe um 1 kleiner ist als die Anzahl der Flächen (Augenzahlen) auf dem "Würfel".

Die Wahrscheinlichkeit für eine Folge von k–2=3 Augenzahlen ("reine" noch kleinere Straße) beträgt übrigens: 2280/7776 = 29,3210%

Die Wahrscheinlichkeit für eine Folge von k=5 oder k–1=4 Augenzahlen (kleine Straße beim Kniffel) beträgt:

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 (Anzahl unterschiedlicher Lottozahlen nach einer Reihe von Ziehungen)

Wie viele verschiedene Lottozahlen sind durchschnittlich nach n Ziehungen gezogen worden?

Nach einer Ziehung sind 6/49 · 49 = 6 verschiedene Lottozahlen gezogen worden. Es bleiben 49 – 6 = 43 noch nicht gezogene Lottozahlen.

Nach 2 Ziehungen sind im Mittel 6 + 6/49 · 43 = 11,2653 verschiedene Lottozahlen gezogen worden.
Es bleiben 49 – 11,2653 = 37,7347 nicht gezogene Lottozahlen. Wegen der 6 gezogenen Lottozahlen muss man immer die Anzahl
der noch nicht gezogenen Lottozahlen mit 6/49 multiplizieren, um die zusätzliche Anzahl der gezogenen Lottozahlen zu ermitteln.

Nach 3 Ziehungen sind im Mittel 11,2653 + 6/49 · 37,7347 = 15,8859 verschiedene Lottozahlen gezogen worden.
Es bleiben 49 – 15,8859 = 33,1141 noch nicht gezogene Lottozahlen.

Die mittlere Anzahl unterschiedlicher Lottozahlen nach n Ziehungen:

n = 01: 06,0000
n = 02: 11,2653
n = 03: 15,8859
n = 04: 19,9407
n = 05: 23,4990
n = 06: 26,6215
n = 07: 29,3618
n = 08: 31,7664
n = 09: 33,8767
n = 10: 35,7285
n = 11: 37,3536
n = 12: 38,7797
n = 13: 40,0311
n = 14: 41,1294
n = 15: 42,0931
n = 16: 42,9389
n = 17: 43,6810
n = 18: 44,3323
n = 19: 44,9039
n = 20: 45,4055
n = 21: 45,8456
n = 22: 46,2319
n = 23: 46,5708
n = 24: 46,8683
n = 25: 47,1293
n = 26: 47,3584
n = 27: 47,5594
n = 28: 47,7358
n = 29: 47,8906
n = 30: 48,0264
n = 31: 48,1456
n = 32: 48,2503
n = 33: 48,3421
n = 34: 48,4226
n = 35: 48,4933
n = 36: 48,5554
n = 37: 48,6098
n = 38: 48,6576
n = 39: 48,6995
n = 40: 48,7363
n = 41: 48,7686
n = 42: 48,7969
n = 43: 48,8218
n = 44: 48,8436
n = 45: 48,8628
n = 46: 48,8796
n = 47: 48,8943
n = 48: 48,9074
n = 49: 48,9186
n = 50: 48,9286
n = 51: 48,9373
n = 52: 48,9450


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 = m/n 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%.

Die Anzahl unzerfallener Atome N nach der Zeit t beträgt übrigens:

N = n · e^–t/τ

Dabei ist n die Anzahl der unzerfallenen Atome zur Zeit t=0 und τ die mittlere Lebensdauer eines Atoms.
Nach der Zeit t = τ beträgt die Anzahl der unzerfallenen Atome also nur noch:

N = n · e^–1 = (1/e) · n = 0,367879 · n

Die Halbwertseit t_1/2, nach der sich die Anzahl N der unzerfallenen Atome halbiert hat, erhält man,
wenn man in die Formel für N den Wert n/2 und für t den Wert t_1/2 einsetzt und nach t_1/2 auflöst:

t_1/2 = ln(2) · τ = 0,693147 · τ

Für τ gilt dann: τ = t_1/2 / ln(2) = 1,442695 · t_1/2


Beispiel 18 (Briefe und zugehörige Briefumschläge)

Wie viele Möglichkeiten gibt es, n=7 Briefe so in n=7 Briefumschläge zu stecken,
dass sich in keinem Umschlag der zugehörige Brief befindet?
Die Anzahl der Möglichkeiten (fixpunktfreien Permutationen) N_n beträgt:

N_n = !n = (n!/0! – n!/1! + n!/2! – n!/3! + ... n!/n!) = n! · (1/0! – 1/1! + 1/2! – 1/3! + ... 1/n!) (!n = Subfakultät von n)
N₇ = !7 = 1854

Die Gesamtzahl der Möglichkeiten, n=7 Briefe in n=7 Briefumschläge zu stecken,
beträgt n! = 7! = 5040 (Permutationen ohne Wiederholung).

Die Wahrscheinlichkeit P_n, dass sich bei n Briefumschlägen per Zufall in keinem Umschlag
der zugehörige Brief befindet, beträgt also:

P_n = N_n / n! = !n / n!

P₁ = !1 / 1! = 0/1 = 0,000%
P₂ = !2 / 2! = 1/2 = 50,000%
P₃ = !3 / 3! = 2/6 = 33,333%
P₄ = !4 / 4! = 9/24 = 37,500%
P₅ = !5 / 5! = 44/120 = 36,667%
P₆ = !6 / 6! = 265/720 = 36,806%
P₇ = !7 / 7! = 1854/5040 = 36,786%
P₈ = !7 / 8! = 14.833/40320 = 36,788%
P₉ = !9 / 9! = 133.496/362.880 = 36,788%

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

Deshalb geht P_n für große n gegen: P_n = 1/e · n! / n! = 1/e = 36,787944%

Die Anzahl der Möglichkeiten, n=7 Briefe so in n=7 Briefumschläge zu stecken,
dass sich in k Umschlägen der zugehörige Brief befindet, beträgt:

N_n,k = (ⁿ_k) · !(n – k)

N_7,0 = (⁷₀) · !7 = 1 · 1854 = 1854
N_7,1 = (⁷₁) · !6 = 7 · 265 = 1855
N_7,2 = (⁷₂) · !5 = 21 · 44 = 924
N_7,3 = (⁷₃) · !4 = 35 · 9 = 315
N_7,4 = (⁷₄) · !3 = 35 · 2 = 70
N_7,5 = (⁷₅) · !2 = 21 · 1 = 21
N_7,6 = (⁷₆) · !1 = 7 · 0 = 0
N_7,7 = (⁷₇) · !0 = 1 · 1 = 1


Beispiel 19 (Socken und Ampeln)

Von n=10 Paar Socken (m=2), die alle verschieden sind, gehen k=6 Socken verloren.
Das entspricht der Ziehung von k=6 Kugeln bei n=10 Paar paarweise gleicher Kugeln.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass alle k=6 Socken verschieden sind, also von verschiedenen Paaren stammen?
Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,k = (^m₁)^k · (ⁿ_k) / (^m·n_k)
P_10,6 = (²₁)⁶ · (¹⁰₆) / (²⁰₆) = 2⁶ · 210 / 38.760 = 20/20 · 18/19 · 16/18 · 14/17 · 12/16 · 10/15 = 112 / 323 = 0,34675 = 34,675%

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

P_n,k = (^m₂)^k/2 · (ⁿ_k/2) / (^m·n_k)
P_10,6 = (²₂)³ · (¹⁰₃) / (²⁰₆) = 120 / 38.760 = 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.

Wie groß ist nun die Wahrscheinlichkeit, wenn sich unter den verloren gegangenen Socken weder keine Paare noch nur Paare befinden,
sondern a = 1 Paar oder a = 2 Paare? Dafür gilt die erweiterte Formel:

P_n,k,a = (^m₁)^k-2a · (^n-a_k-2a) · (^m₂)^a · (ⁿ_a) / (^m·n_k)
P_10,6,1 = (²₁)⁴ · (⁹₄) · (²₂)¹ · (¹⁰₁) / (²⁰₆) = 20.160 / 38.760 = 52,012%
P_10,6,2 = (²₁)² · (⁸₂) · (²₂)² · (¹⁰₂) / (²⁰₆) = 5040 / 38.760 = 13,003%


Von n=10 Ampeln mit je 3 Lampen (m=3) gehen k=8 Lampen kaputt. Das entspricht der Ziehung von k=8 Kugeln bei n=10 Kugeldrillingen,
wobei die Drillinge untereinander jeweils gleich sind. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass 3 Ampeln jeweils eine kaputte Lampe (a=3),
eine Ampel 2 kaputte Lampen (b=1) und eine Ampel 3 kaputte Lampen (c=1) aufweisen? Für die Wahrscheinlichkeit gilt:

P_n,k,a,b,c = (^m₁)^a · (^n-b-c_a) · (^m₂)^b · (^n-b_b) · (^m₃)^c · (ⁿ_c) / (^m·n_k)
P_10,8,3,1,1 = (³₁)³ · (⁸₃) · (³₂)¹ · (⁹₁) · (³₃)¹ · (¹⁰₁) / (³⁰₈) = 27 · 56 · 3 · 9 · 1 · 10 / (³⁰₈) = 408.240 / 5.852.925 = 6,975%

Die Anzahl der Kombinationen in allen diesen Beispielen erhält man, wenn man die jeweiligen Zähler nimmt und
die Ausdrücke mit den Potenzen weglässt. Die jeweiligen Kombinationen sind aber nicht gleich wahrscheinlich!


Beispiel 20 ("Überraschungen" und Überraschungseier)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei k=20 Ziehungen (mit Zurücklegen) 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 13-mal würfeln, um mit mehr als 50% Wahrscheinlichkeit jede Augenzahl
mindestens einmal gewürfelt zu haben. Hier gilt:

P_6,13 = 0,51386 = 51,386%

100% – 51,386% = 48,614% ist dann die Wahrscheinlichkeit, dass bei 13-maligem Würfeln mindestens eine Augenzahl nicht gewürfelt wird.

Wie groß ist die mittlere Zahl von Ziehungen (mit Zurücklegen), 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 – P_n,k–1) = n · Σ_i=1ⁿ (1/i)

Einige Beispiele:

Z₂ = 3 + 0/1 = 3,000000
Z₃ = 5 + 1/2 = 5,500000
Z₄ = 8 + 1/3 = 8,333333
Z₅ = 11 + 5/12 = 11,416667
Z₆ = 14 + 7/10 = 14,700000 (= mittlere Zahl von Würfen, bei der jede Augenzahl mindestens einmal gewürfelt wurde)
Z₇ = 18 + 3/20 = 18,150000
Z₈ = 21 + 26/35 = 21,742857
Z₉ = 25 + 129/280 = 25,460714
Z₁₀ = 29 + 73/252 = 29,289683
Z₁₁ = 33 + 551/2520 = 33,218651
Z₁₂ = 37 + 551/2310 = 37,238528
Z₁₃ = 41,341739
Z₁₄ = 45,521873
Z₁₅ = 49,773435
Z₁₆ = 54,091664
Z₁₇ = 58,472393
Z₁₈ = 62,911945
Z₁₉ = 67,407053
Z₂₀ = 71,954793
Z₂₁ = 76,552533
Z₂₂ = 81,197892
Z₂₃ = 85,888705
Z₂₄ = 90,622996
Z₂₅ = 95,398954
Z₂₆ = 100,214913
Z₂₇ = 105,069332
Z₂₈ = 109,960789
Z₂₉ = 114,887960
Z₃₀ = 119,849614
Z₃₁ = 124,844601
Z₃₂ = 129,871846
Z₃₃ = 134,930341
Z₃₄ = 140,019140
Z₃₅ = 145,137350
Z₃₆ = 150,284131

Bei k=20 Ziehungen und n=8 verschiedenen Überraschungen beträgt übrigens die mittlere Anzahl A der erzielten unterschiedlichen Überraschungen:

A_n,k = A_8,20 = n · (1 – ((n–1)/n)^k) = 8 · (1 – (7/8)²⁰) = 8 · (1 – 0,069209) = 8 · 0,930791 = 7,4463

Wenn man die Wahrscheinlichkeit wissen will, dass bei k=20 Ziehungen (mit Zurücklegen) von n=8 verschiedenen Kugeln (k >= n) nicht
jede Kugel mindestens einmal gezogen wird, sondern z.B. nur genau m=6 Kugeln, dann gilt dafür die Wahrscheinlichkeit:

P_n,k,m = (ⁿ_m) · Σ_i=0^m (-1)^m-i · (^m_i) · (i/n)^k
P_8,20,6 = 0,07530 = 7,530%

Für m=n vereinfacht sich die Formel zu:

P_n,k = Σ_i=0ⁿ (-1)^n-i · (ⁿ_i) · (i/n)^k

Dies entspricht der obigen Formel, weil die Summanden (-1)ⁱ und (1 - i/n)^k nur in umgekehrter Reihenfolge addiert werden
und sich die Summanden (ⁿ_i) auch bei Vertauschung der Reihenfolge nicht ändern.


Beispiel 21 (Aufeinanderfolgende Zahlen bei Lotto 6 aus 49)

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

Es werden also k = 6 Lottozahlen von insgesamt n = 49 Lottozahlen gezogen. Die Wahrscheinlichkeit W, dass keine aufeinanderfolgenden Zahlen gezogen
werden, ist gleich der Anzahl der Möglichkeiten (Kombinationen ohne Wiederholung), in die Lücken zwischen den n – k = 43 nicht gezogenen Zahlen
(insgesamt gibt es n – k + 1 = 44 Lücken einschließlich Anfang und Ende) jeweils höchstens eine gezogene Zahl zu platzieren, geteilt durch die Anzahl
der Möglichkeiten für 6 Richtige:

W = (^n–k+1_k) / (ⁿ_k) = (44! / (38!·6!)) / (⁴⁹₆) = 7.059.052 / 13.983.816 = 22.919 / 45.402 = 0,504802 = 50,4802%

Für die Wahrscheinlichkeit P, dass mindestens zwei aufeinanderfolgende Zahlen gezogen werden, gilt dann:

P = 1 – W = 1 – 0,504802 = 0,495198 = 49,5198%

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 49,5198% gibt es also bei einer Ziehung mindestens zwei aufeinanderfolgende Lottozahlen.

Für eine bestimmte Anzahl aufeinanderfolgender Lottozahlen muss man für die 44 Lücken die Permutationen mit Wiederholung bestimmen.
Es gelten die folgenden Wahrscheinlichkeiten P:

6 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (43!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 44 / 13.983.816 = 1 : 317.814 = 0,0003%
5 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (42!·1!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 1892 / 13.983.816 = 1 : 7391,02 = 0,0135%
4 und 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (42!·1!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 1892 / 13.983.816 = 1 : 7391,02 = 0,0135%
Genau 4 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (41!·2!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 39.732 / 13.983.816 = 1 : 351,9535 = 0,2841%
Zweimal 3 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (42!·2!)) / (⁴⁹ ₆) = 946 / 13.983.816 = 1 : 14.782,04 = 0,0068%
3 und 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (41!·1!·1!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 79.464 / 13.983.816 = 1 : 175,9767 = 0,5683%
Genau 3 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (40!·3!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 543.004 / 13.983.816 = 1 : 25,7527 = 3,8831%
Dreimal 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (41!·3!)) / (⁴⁹ ₆) = 13.244 / 1.3983.816 = 1 : 1055,86 = 0,0947%
Zweimal 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (40!·2!·2!)) / (⁴⁹ ₆) = 814.506 / 13.983.816 = 1 : 17,1685 = 5,8246%
Genau 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen: P = (44! / (39!·4!·1!)) / (⁴⁹ ₆) = 5.430.040 / 13.983.816 = 1 : 2,5753 = 38,8309%
Keine aufeinanderfolgenden Lottozahlen: P = (44! / (38!·6!)) / (⁴⁹ ₆) = 7.059.052 / 13.983.816 = 1 : 1,9810 = 50,4802%

Herleitung: Bei einer Lottoziehung gibt es 6 gezogene und 43 nicht gezogene Zahlen.

1. Beispiel: Keine aufeinanderfolgenden Lottozahlen
Hier darf sich zwischen zwei nicht gezogenen Lottozahlen höchstens eine gezogene Lottozahl befinden.
Ebenso vor der ersten und nach der letzten nicht gezogenen Lottozahl.
Bei 43 nicht gezogenen Lottozahlen gibt es 44 solcher Lücken (eine am Anfang, 42 dazwischen und eine am Ende).
Wenn man eine Lücke ohne gezogene Lottozahl mit "0", eine mit einer Lottozahl mit "1" und eine mit zwei Lottozahlen mit "2" bezeichnet,
entsteht immer eine Zifferfolge mit 44 Ziffern.
00000010000110000000000000010000000100000001 zum Beispiel entspricht immer eineindeutig den Lottozahlen 7, 13, 15, 31, 40, 49.
Wenn es keine aufeinanderfolgen Lottozahlen gibt, enthält die Ziffernfolge immer genau 38 Nullen und 6 Einsen.
Wenn man von dieser Ziffernfolge alle Permutationen mit Wiederholung berechnet,
erhält man also alle Lottozahlenkombinationen ohne aufeinanderfolgende Lottozahlen.
Anzahl der Permutationen mit Wiederholung: 44! / (38!·!6!) = 7.059.052

2. Beispiel: Genau 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen
12111000000000000000000000000000000000000000 entspricht immer eineindeutig den Lottozahlen 1, 3, 4, 6, 8, 10.
Es gibt hier immer 39 Nullen, 4 Einsen und 1 Zwei.
Anzahl der Permutationen mit Wiederholung: 44! / (39!·4!·1!) = 5.430.040

3. Beispiel: 3 und 2 aufeinanderfolgende Lottozahlen
00200000010000000000000000000000000000000003 entspricht immer eineindeutig den Lottozahlen 3, 4, 12, 47, 48, 49.
Es gibt hier immer 41 Nullen, 1 Eins, 1 Zwei und 1 Drei.
Anzahl der Permutationen mit Wiederholung: 44! / (41!·1!·1!·1!) = 79.464

Auch die Wahrscheinlichkeit P, dass bei einer Ziehung der kleinste Abstand zwischen den Lottozahlen genau k beträgt,
kann berechnet werden. Dabei bedeutet k=1, dass mindestens zwei aufeinanderfolgende Lottozahlen gezogen werden. Es gilt:

k=1: P = ((⁴⁹ ₆) – (⁴⁴ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 6.924.764 / 13.983.816 = 1 : 2,0194 = 49,5198%
k=2: P = ((⁴⁴ ₆) – (³⁹ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 3.796.429 / 13.983.816 = 1 : 3,6834 = 27,1487%
k=3: P = ((³⁹ ₆) – (³⁴ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 1.917.719 / 13.983.816 = 1 : 7,2919 = 13,7139%
k=4: P = ((³⁴ ₆) – (²⁹ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 869.884 / 13.983.816 = 1 : 16,0755 = 6,2207%
k=5: P = ((²⁹ ₆) – (²⁴ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 340.424 / 13.983.816 = 1 : 41,0776 = 2,4344%
k=6: P = ((²⁴ ₆) – (¹⁹ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 107.464 / 13.983.816 = 1 : 130,1256 = 0,7685%
k=7: P = ((¹⁹ ₆) – (¹⁴ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 24.129 / 13.983.816 = 1 : 579,545 = 0,1725%
k=8: P = ((¹⁴ ₆) – (⁹ ₆)) / (⁴⁹ ₆) = 2919 / 13.983.816 = 1 : 4790,62 = 0,0209%
k=9: P = (⁹ ₆) / (⁴⁹ ₆) = 84 / 13.983.816 = 1 : 166.474 = 0,0006%

Herleitung: Beispiel: Kleinster Abstand zwischen den Lottozahlen beträgt genau 3.

Bei den folgenden zwei Beispielen beträgt der kleinste Abstand der Lottozahlen mindestens 3:
10, 20, 23, 30, 40, 49
10, 20, 25, 30, 40, 49
In allen solchen Fällen kann man die Abstände zwischen den Lottozahlen jeweils um 2 verkleinern, ohne dass zwei Lottozahlen zusammenfallen.
Dazu muss man die zweite Lottozahl um 2, die dritte Lottozahl um 4 usw. und schließlich die sechste Lottozahl um 10 erniedrigen.
Man erhält dann folgende Lottozahlen:
10, 18, 19, 24, 32, 39
10, 18, 21, 24, 32, 39
6 Lottozahlen, die die oben genannte Bedingung erfüllen, lassen sich also immer eindeutig auf 49 – 5·2 = 39 Lottozahlen abbilden.
Und dafür gibt es genau (³⁹₆) = 3.262.623 Kombinationen.

Das Entsprechende macht man dann für 6 Lottozahlen, bei denen der kleinste Abstand mindestens 4 beträgt.
Hier muss man die Abstände jeweils um 3 verkleinern.
Die eindeutige Abbildung erfolgt jetzt auf 49 – 5·3 = 34 Lottozahlen und es gibt hierfür genau (³⁴₆) = 1.344.904 Kombinationen.
Die Differenz (³⁹₆) – (³⁴₆) = 1.917.719 ist somit die Anzahl der Kombinationen für 6 Lottozahlen,
bei denen der kleinste Abstand genau 3 beträgt.

Weitere Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 22 (Lotto 6 aus 49 - mindestens eine gleiche Zahl bei zwei verschiedenen Ziehungen)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei zwei Ziehungen von Lotto 6 aus 49 mindestens eine Zahl gleich ist?

Herleitung:
Die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Zahl der zweiten Ziehung mit keiner der 6 Zahlen der ersten Ziehung übereinstimmt, beträgt 43/49.
Die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten beiden Zahlen der zweiten Ziehung mit keiner der 6 Zahlen der ersten Ziehung übereinstimmen, beträgt (43/49) · (42/48).
Die Wahrscheinlichkeit, dass keine der 6 Zahlen der zweiten Ziehung mit einer der 6 Zahlen der ersten Ziehung übereinstimmt,
beträgt deshalb (43/49) · (42/48) · (41/47) · (40/46) · (39/45) · (38/44) = 0,435965 = 43,5965%.

Die Wahrscheinlichkeit für mindestens eine gleiche Zahl bei zwei Ziehungen von Lotto 6 aus 49 ist also gleich 1 – 43,5965% = 56,4035%.

Weitere Berechnungen zu Wahrscheinlichkeiten beim Lotto findet man auf der Lotto-Seite.


Beispiel 23 (Kleinster Abstand zwischen aufeinanderfolgenden Geburtstagen)

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

Wenn die Anzahl der Schüler n = 23 beträgt und 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 aufeinanderfolgenden 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.


Beispiel 24 (Summe der Augenzahlen beim Würfeln, Chance beim Kniffel-Spiel)

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, mit einem Wurf mit k=5 Würfeln eine bestimmte Summe der Augenzahlen zu erzielen?
Für die verschiedenen Summen n ergeben sich die folgenden Wahrscheinlichkeiten P_n (Berechnungen mit Hilfe eines Computer-Programms):

P₅ = P₃₀ = 1 / 7776 = 0,0129%
P₆ = P₂₉ = 5 / 7776 = 0,0643%
P₇ = P₂₈ = 15 / 7776 = 0,1929%
P₈ = P₂₇ = 35 / 7776 = 0,4501%
P₉ = P₂₆ = 70 / 7776 = 0,9002%
P₁₀ = P₂₅ = 126 / 7776 = 1,6204%
P₁₁ = P₂₄ = 205 / 7776 = 2,6363%
P₁₂ = P₂₃ = 305 / 7776 = 3,9223%
P₁₃ = P₂₂ = 420 / 7776 = 5,4012%
P₁₄ = P₂₁ = 540 / 7776 = 6,9444%
P₁₅ = P₂₀ = 651 / 7776 = 8,3719%
P₁₆ = P₁₉ = 735 / 7776 = 9,4522%
P₁₇ = P₁₈ = 780 / 7776 = 10,0309%

Diese Wahrscheinlichkeiten lassen sich auch mit der folgenden etwas umständlichen Formel berechnen (m = Anzahl der Augenzahlen):

P_n = abs(Σ_i=0^int((n-k)/m) (-1)ⁱ · (^k_i) · (^n-m·i-1_k-1)) / m^k

Bei k=5 Würfeln und m= 6 Augenzahlen bekommt man dann z.B. für die Augenzahlsumme n=12 folgende Wahrscheinlichkeit:

P₁₂ = abs(Σ_i=0^int(7/6) (-1)ⁱ · (⁵_i) · (^11-6·i₄)) / 6⁵ = abs(Σ_i=0¹ (-1)ⁱ · (⁵_i) · (^11-6·i₄)) / 6⁵ = abs((⁵₀) · (¹¹₄) – (⁵₁) · (⁵₄)) / 6⁵ = abs(330 – 25) / 6⁵ = 305 / 7776

Mit steigender Anzahl m der Würfel nähert sich übrigens die Verteilung der Summe n der Augenzahlen immer mehr einer Normalverteilung (Gauß-Verteilung).

Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten für eine bestimmte Summe bei 3 Würfen mit 5 Würfeln (Chance beim Kniffel-Spiel) findet man
auf der Kniffel-Strategie-Seite.

Bei einem Wurf mit k=3 Würfeln gelten für eine bestimmte Summe der Augenzahlen folgende Wahrscheinlichkeiten:

P₃ = P₁₈ = 1 / 216 = 0,4630%
P₄ = P₁₇ = 3 / 216 = 1,3889%
P₅ = P₁₆ = 6 / 216 = 2,7778%
P₆ = P₁₅ = 10 / 216 = 4,6296%
P₇ = P₁₄ = 15 / 216 = 6,9444%
P₈ = P₁₃ = 21 / 216 = 9,7222%
P₉ = P₁₂ = 25 / 216 = 11,5741%
P₁₀ = P₁₁ = 27 / 216 = 12,5000%


Beispiel 25 (Anzahl unterschiedlich aussehender Perlenketten)

Wie viele Möglichkeiten N_n gibt es, mit n Perlen unterschiedlich aussehende offene bzw. ringförmige Ketten herzustellen,
wenn die n Perlen alle eine unterschiedliche Farbe besitzen?

Offene Ketten:

N_n = n! / 2 (für n > 1; N₁ = 1)

Beispiele:
N₁ = 1
N₂ = 2! / 2 = 2 / 2 = 1
N₃ = 3! / 2 = 6 / 2 = 3
N₄ = 4! / 2 = 24 / 2 = 12
N₅ = 5! / 2 = 120 / 2 = 60
N₆ = 6! / 2 = 720 / 2 = 360
N₇ = 7! / 2 = 5040 / 2 = 2520

Herleitung: Die Reihenfolge der Perlen von einem Ende aus betrachtet unterscheidet sich immer von der Reihenfolge
vom anderen Ende aus betrachtet, weil ja alle Perlen unterschiedliche Farben haben (außer bei nur einer Perle, also n = 1).
Außerdem ergibt sich eindeutig aus der einen Reihenfolge die gegenläufige Reihenfolge. Die Zuordnung ist also eineindeutig.
Die beiden Reihenfolgen bilden also ein Paar. Für n Perlen unterschiedlicher Farbe gibt es n! verschiedene Reihenfolgen.
Da man die Kette umdrehen kann, gibt es also nur n!/2 unterschiedlich aussehende Ketten (für n > 1). Für n = 1 gibt es nur eine Kette.

Ringförmige Ketten:

N_n = (n–1)! / 2 (für n > 2; N₁ = 1; N₂ = 1)

Beispiele:
N₁ = 1
N₂ = 1
N₃ = (3–1)! / 2 = 2! / 2 = 2 / 2 = 1
N₄ = (4–1)! / 2 = 3! / 2 = 6 / 2 = 3
N₅ = (4–1)! / 2 = 4! / 2 = 24 / 2 = 12
N₆ = (6–1)! / 2 = 5! / 2 = 120 / 2 = 60
N₇ = (7–1)! / 2 = 6! / 2 = 720 / 2 = 360

Herleitung: Man kann jede der n Perlen als Anfangsperle betrachten. Deshalb gibt es bei jeder Kette in einer Richtung betrachtet
n verschiedene Reihenfolgen, weil ja jede Anfangsperle eine andere Farbe hat. Geht man bei jeder Anfangsperle in die andere Richtung,
so bekommt man eine andere Reihenfolge, weil die Perle nach der Anfangsperle jeweils eine andere Farbe hat, außer für n = 1 und n = 2.
Für n Perlen unterschiedlicher Farbe gibt es also n! / (2·n) = (n – 1)! / 2 unterschiedlich aussehende Ketten (für n > 2).
Für n = 1 und n = 2 gibt es nur eine Kette.


Wie viele Möglichkeiten N_n gibt es, mit n Perlen unterschiedlich aussehende offene bzw. ringförmige Ketten herzustellen,
wenn man für die Kette nur Perlen mit maximal zwei oder drei unterschiedlichen Farben verwenden darf?

Offene Ketten:

Maximal zwei unterschiedliche Farben:

Gerades n: N_n = (2ⁿ+2^n/2)/2
Ungerades n: N_n = 2 · N_n-1 (für n > 1; N₁ = 2)

Beispiele:
N₁ = 2
N₂ = 3
N₃ = 6
N₄ = 10
N₅ = 20
N₆ = 36
N₇ = 72
N₈ = 136
N₉ = 272

Herleitung: Wenn man den beiden Farben die Ziffern 0 und 1 zuordnet, stellt eine offene Kette quasi eine Binärzahl dar.
Mit n Perlen kann man also zunächst 2ⁿ Binärzahlen erzeugen, wenn man von einem Ende der Kette ausgeht. Wenn man vom anderen Ende ausgeht,
erhält man wieder die gleiche Anzahl von Binärzahlen. Diese Binärzahlen sind den anderen Binärzahlen eineindeutig zugeordnet.
Eine bestimmte Kette repräsentiert also normalerweise alle darstellbaren Binärzahlen doppelt.
Die Anzahl unterschiedlich aussehender Ketten wäre also nur 2ⁿ/2. Das gilt allerdings nicht für spiegelsymmetrische Ketten,
weil sich hier immer die gleiche Binärzahl ergibt, egal, von welchem Ende man ausgeht. Bei geradem n gibt es 2^n/2 solcher symmetrischer Ketten.
Diese Anzahl hätte man also nicht durch 2 dividieren dürfen. Man muss also zu 2ⁿ/2 noch 2^n/2/2 addieren,
um insgesamt die richtige Anzahl unterschiedlicher Ketten zu bekommen. Alle Binärzahlen, bei denen das gerade n um 1 vergrößert wird,
bei denen also das n ungerade wird, erhält man z.B. dadurch, dass man in der Mitte eine 0 oder 1 einfügt. Dadurch verdoppelt sich nicht nur
die Anzahl der Binärzahlen, sondern auch die Anzahl der symmetrischen Binärzahlen und damit auch die Anzahl unterschiedlich aussehender Ketten.

Maximal drei unterschiedliche Farben:

Gerades n: N_n = (3ⁿ+3^n/2)/2
Ungerades n: N_n = 3 · N_n-1 (für n > 1; N₁ = 3)

Ringförmige Ketten (Hierfür gibt es keine einfachen Formeln.):

maximal zwei unterschiedliche Farben:

N₁ = 2
N₂ = 3
N₃ = 4
N₄ = 6
N₅ = 8
N₆ = 13
N₇ = 18
N₈ = 30
N₉ = 46
N₁₀ = 78
N₁₁ = 126
N₁₂ = 224

Berechnung mit Hilfe eines Computer-Programms

Maximal drei unterschiedliche Farben:

N₁ = 3
N₂ = 6
N₃ = 10
N₄ = 21
N₅ = 39
N₆ = 92
N₇ = 198
N₈ = 498
N₉ = 1219
N₁₀ = 3210
N₁₁ = 8418
N₁₂ = 22913

Berechnung mit Hilfe eines Computer-Programms


Beispiel 26 (kreisförmige Diskussionsgruppe)

Eine Diskussionsgruppe mit n Personen sitzt auf Stühlen in einem Kreis.
Nach einer Pause werden die Personen per Zufall neu auf die n Stühle verteilt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit P_n, dass alle Personen zwei neue Sitznachbarn bekommen?

Für n Personen beträgt die Wahrscheinlichkeit:

P₃ = 0 / 6 = 0 / 1 = 0,000%
P₄ = 0 / 24 = 0 / 8 = 0,000%
P₅ = 10 / 120 = 1 / 12 = 8,333%
P₆ = 60 / 720 = 5 / 60 = 8,333%
P₇ = 462 / 5040 = 33 / 360 = 9,167%
P₈ = 3920 / 40.320 = 245 / 2520 = 9,722%
P₉ = 36.954 / 362.880 = 2053 / 20.160 = 10,184%
P₁₀ = 382.740 / 3.628.800 = 19.137 / 181.440 = 10,547%
P₁₁ = 4.327.510 / 39.916.800 = 196.705 / 1.814.400 = 10,841%
P₁₂ = 53.088.888 / 479.001.600 = 2.212.037 / 19.958.400 = 11,083%

Berechnung mit Hilfe eines Computer-Programms

Die Wahrscheinlichkeit P_n, dass alle Personen einen neuen linken (rechten) Sitznachbar bekommen,
beträgt: P_n = (!n – (–1)ⁿ) / n! (Beispiel: P₇ = (1854 + 1) / 5040) = 36,806%)


Anhang

n = Anzahl der Ziehungen
m = Anzahl der erfolgreichen Ziehungen
n - m = Anzahl der erfolglosen Ziehungen
k = Anzahl der Kugeln
r = Anzahl der "richtigen" Kugeln
k - r = Anzahl der "falschen" Kugeln
p = r/k = Wahrscheinlichkeit für eine erfolgreiche Ziehung


Hypergeometrische Verteilung (Ziehung ohne Zurücklegen):

P_n,m = (^r_m) · (^k–r_n–m) / (^k_n)


Binomialverteilung (m << r; n - m << k - r; n << k) (gilt nur für Ziehung mit Zurücklegen):

P_n,m = (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m

Varianz: n·p·(1–p)

Herleitung:
Ist eine Ziehung mit einer Wahrscheinlichkeit p erfolgreich, dann ist die Wahrscheinlichkeit,
dass so eine erfolgreiche Ziehung m-mal direkt nacheinander auftritt, gleich p^m.
Die Wahrscheinlichkeit für eine erfolglose Ziehung ist entsprechend gleich 1–p.
Sind bei n Ziehungen die ersten m Ziehungen erfolgreich und die restlichen n–m Ziehungen nicht,
dann ist die Wahrscheinlichkeit für genau diese Abfolge p^m · (1–p)^n–m.
Die Anzahl aller möglichen Abfolgen von m erfolgreichen Ziehungen bei insgesamt n Ziehungen erhält man,
wenn man alle Kombinationen von m erfolgreichen Ziehungen bei diesen n Ziehungen berechnet.
Diese Anzahl der Kombinationen beträgt (ⁿ_m). Die Wahrscheinlichkeit für m erfolgreiche Ziehungen
bei einer Gesamtzahl von n Ziehungen ist also (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m.

Herleitung aus hypergeometrischer Verteilung:
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! · (n–m)!) · (r! / (r–m)!) · ((k–r)! / ((k–r)–(n–m))!) · ((k–n)! / k!)
= (ⁿ_m) · r^m · (k–r)^n–m · k^–n (Näherung für m << r; n - m << k - r; n << k)
= (ⁿ_m) · (r / (k–r))^m · ((k–r) / k)ⁿ
= (ⁿ_m) · ((r/k) / (1–r/k))^m · (1–r/k)ⁿ
= (ⁿ_m) · p^m · (1–p)ⁿ / (1–p)^m
= (ⁿ_m) · p^m · (1–p)^n–m


Poisson-Verteilung (m << n; p << 1):

P_n,m = ((n·p)^m / m!) · e^–n·p

Herleitung aus Binomialverteilung:
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 m << n)
= (n^m/m!) · (p/(1–p))^m · 1/((1+1/(1/p))^(1/p))^n·p
= (n^m/m!) · p^m · 1/e^n·p (Näherung für p << 1)
= ((n·p)^m / m!) · e^–n·p


Normalverteilung oder Gauß-Verteilung (m groß, n groß):

P_n,m = (1/(σ·√(2·π))) · e^–x2/2

x = (m–n·p) / σ
Varianz: σ² = n·p

Herleitung aus Poisson-Verteilung:
P_n,m = ((n·p)^m / m!) · e^–n·p
= (n·p/m)^m · e^m / √(2·π·m) · e^–n·p (Näherung für große m)
= (m/(n·p))^-m · e^m–n·p / √(2·π·m)

ε = (m–n·p) / (n·p) = m/(n·p) – 1
m / (n·p) = 1 + ε
m = n·p · (1 + ε)

P_n,m = (1 + ε)^-m · e^m–n·p / √(2·π·(1 + ε)·n·p)
= 1 / √(2·π·(1 + ε)·n·p) · e^{–m·ln(1 + ε) + m – n·p}
= 1 / √(2·π·n·p) · e^{–n·p·(1 + ε)·(ε – ε2/2) + n·p + n·p·ε – n·p} (Näherung für ε³ klein)
= 1 / √(2·π·n·p) · e^{–n·p·ε – n·p·ε2 + n·p·ε2/2 + n·p·ε3/2 + n·p + n·p·ε – n·p}
= 1 / √(2·π·n·p) · e^{–n·p·ε2/2} (Näherung für ε³ klein)
= 1 / √(2·π·n·p) · e^{–n·p·(m–n·p)2/(2·(n·p)2)}
= 1 / √(2·π·n·p) · e^{–(m–n·p)2/(2·n·p)}
= (1/(σ·√(2·π))) · e^–x2/2


Stirlingsche Formel (gilt schon für kleine n in guter Näherung; ihre Abweichung ist ab 9! kleiner als 1%.):

n! = (n/e)ⁿ · √(2·π·n)


Geordneter Zufall und harmonische Reihe

Wenn man im Intervall von 0 bis 1 insgesamt n-1 Zufallszahlen erzeugt, so entstehen in diesem Intervall zwischen den Zufallszahlen
n Teilintervalle. Wiederholt man diesen Vorgang viele Male mit jeweils neuen Zufallszahlen und bildet die Mittelwerte
der jeweiligen Intervalle zwischen 0 und der kleinsten Zufallszahl, zwischen der kleinsten und zweitkleinsten Zufallszahl usw.,
dann sind alle Mittelwerte gleich groß und betragen 1/n.

Ordnet man jedoch die entstehenden Teilintervalle nach ihrer Größe und bildet dann die Mittelwerte (Erwartungswerte) der jeweils
kleinsten, zweitkleinsten usw. Teilintervalle, dann beträgt die mittlere Größe g_n,k des k-ten Teilintervalls:

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.


Copyright © Werner Brefeld (2002)