Ohne Zurücklegen, Reihenfolge spielt keine Rolle, daher Kombination.

\(C(45,6)={45 \choose 6}=\frac{45!}{6!39!}=8145060\)

\(P(5,3) = \frac{5!}{(5-3)!} = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60\)

\(5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120\)

Ziehung mit Zurücklegen, Reihenfolge spielt keine Rolle:

\({6+3-1 \choose 3}={8 \choose 3}=\frac{8!}{3!5!}=56\)

Wir ziehen ohne Zurücklegen und unter Beachtung der Reihenfolge zwei Personen aus einer Menge von acht Personen. Beim ersten Ziehen gibt es 8 Möglichkeiten, beim zweiten noch 7, also gibt es insgesamt \(8 \cdot 7 = \frac{8!}{6!} = 56\) Möglichkeiten.

Eine Menge mit n Elementen hat \(2^n\)Teilmengen (einschließlich der Menge selbst und der leeren Menge), denn jedes Element hat zwei Möglichkeiten: Entweder es ist in der Teilmenge enthalten oder nicht.

Alternativer Lösungsweg: Um alle Teilmengen einer Menge mit n Elementen zu erhalten, muss man alle Teilmengen mit 0,1,2,...n Elementen bilden. Davon gibt es \({n \choose 0}, {n \choose 1}, {n \choose 2}, ..., {n \choose n}\) viele. Wenn wir diese Werte aufsummieren, erhalten wir \({n \choose 0} + {n \choose 1} + {n \choose 2} + ... + {n \choose n} = \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}\).

Nun hilft uns der Binomische Lehrsatz weiter. Dieser lautet:

\((x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} {n \choose k} x^{n-k} y^{k}\)

Setzt man x=y=1, so folgt:

\(2^n = \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}\)

Insgesamt hat eine n-elementige Menge also \(2^n\) Teilmengen.

\({8 \choose 0} + {8 \choose 1} + {8 \choose 2} = 1 + 8 + \frac{8\cdot 7}{2} = 37\)

Das Wort hat 8 Buchstaben.
E kommt 4 mal vor.
R kommt 2 mal vor.
D kommt 1 mal vor.
B kommt 1 mal vor.

\({8 \choose 4} \cdot {4 \choose 2} \cdot {2 \choose 1} \cdot {1 \choose 1} = \frac{8!}{4!4!} \cdot \frac{4!}{2!2!} \cdot \frac{2!}{1!1!} \cdot 1 = 840\)