Am 16. Juni erreichte uns folgende Frage von Herrn Erich Lange über unsere Facebook-Seite:
Ich spiele gerne Lotto. Es kam 06 - 11 - 12 - 17 - 42 - 47. Das heißt erste gerade, zweite ungerade, dritte gerade, vierte ungerade, füunfte gerade und sechste Zahl wieder ungerade. Bei 49 Zahlen können wieviel Kombinationen so entstehen?
Die Frage hat uns beschäftigt und hier möchten wir nun eine Antwort geben. Eine ausführliche Antwort gibt es hier.

Hier nur die kurze Version.

Dreht man die Frage zunächst um und verlangt eine ungerade Zahl am Anfang, so lautet dies etwas mathematischer formuliert:
Wie viele Möglichkeiten gibt es, alternierende Reihen aus Lottozahlen zu erzeugen, also Zahlenreihen a1, a2, a3, a4, a5, a6 mit a1, a3, a5 ungerade und a2, a4, a6 gerade?
Beobachtung: Setzt man a0 = 0, so ist die Differenz zwischen zwei aufeinanderfolgenden Zahlen immer ungerade. Die gesuchte Anzahl ist also gleich der Anzahl der Möglichkeiten, sechs ungerade Zahlen b1 bis b6 zu wählen, die folgende Eigenschaften haben:
1. Alle bi sind ungerade.
2. Alle bi liegen zwischen 1 und 43
3. Die bi summieren sich zu höchstens 48 auf.
Es gibt wegen (1) für jedes bi ein ci, mit bi = 2ci-1. Wegen (2) müssen die c zwischen 1 und 22 liegen, dafüur sind sie jetzt beliebige ganze Zahlen innerhalb dieses Intervalls und müussen nicht mehr gerade oder ungerade sein. Die dritte Bedingung lautet nun, dass die Summe über die ci höchstens 27 ist.

Die Frage ist nun also: Wie viele Möglichkeiten gibt es, sechs Zahlen c1, c2, c3, c4, c5, c6, jeweils zwischen 1 und 22 zu finden, deren Summe kleiner gleich 27 ist?
Zunächst überlegen wir, wie viele Möglichkeiten es gibt, eine Zahl n als Summe von zwei Zahlen c1,c2 (jeweils zwischen 1 und n) darzustellen. Es sind n-1 Möglichkeiten, nämlich 1+(n-1), 2+(n-2), ..., (n-1)+1. Wir zerlegen nun die zwei Summanden (o.E. die ersten beiden) weiter, um insgesamt sechs Summanden zu erhalten.
Im Anhang beschreiben wir genau, wie sich diese Möglichkeiten nun aufaddieren. Man erhält einen Ausdruck aus mehreren verschachtelten Summen. Diesen Ausdruck geben wir jetzt in ein Computer Algebra System (CAS) und erhalten als Antwort auf unsere Frage 296010.

Nun haben wir ganz am Anfang die Frage von Herrn Lange umgedreht und haben statt mit einer geraden Zahl mit einer ungeraden Zahl begonnen. Jedoch lässt sich jede gültige Zahlenfolge für unsere Frage in eine gültige Zahlenfolge für die Frage von Herrn Lange umsetzen, indem man zu jeder Zahl 1 addiert. Die Operation +1 ist eine Bijektion und daher gibt es auch für die ursprüngliche Frage genau 296010 Möglichkeiten.

Andreas Loos & Martin Skrodzki

Gibt es wohl noch weitere/andere Möglichkeiten?

Schöne Lösung. Ich hätte noch einen anderen Rechenweg, der ohne CAS auskommt.

Ich betrachte die Menge A der Tupel (a1,a2,a3,a4,a5,a6) mit folgenden Eigenschaften:

(E1) Alle ai sind ungerade ganze Zahlen zwischen 3 und 49.
(E2) ai <= a{i+1} für i = 1,…,5 (d.h. die ai sind monoton steigend)
(E3) a2 < a3 und a4 < a5 (d.h. die ersten beiden, die mittleren beiden und die letzten beiden Einträge können jeweils gleich sein, nicht aber die Einträge 2/3 und 4/5)

Die Menge A dieser Tupel ist genauso mächtig wie die gesuchte Menge B der Lottoziehungen, die aufsteigend sortiert das Muster g-u-g-u-g-u aufweisen, denn die folgende Abbildung von A nach B ist eine Bijektion:
(a1,a2,a3,a4,a5,a6) --> (a1 - 1, a2, a3 - 1, a4, a5 - 1, a6)

Wie viele Elemente enthält nun A? Es gibt vier Typen von Elementen a in A:
1) a enthält 6 verschiedene ungerade Zahlen zwischen 3 und 49
2) a enthält 5 verschiedene ungerade Zahlen zwischen 3 und 49, eine davon kommt doppelt vor
3) a enthält 4 verschiedene ungerade Zahlen zwischen 3 und 49, zwei davon kommen doppelt vor
4) a enthält 3 verschiedene ungerade Zahlen zwischen 3 und 49, alle drei kommen doppelt vor

Von Typ 1 gibt es "6 aus 24" Tupel. (Es gibt 24 ungerade Zahlen von 3 bis 49.)

Von Typ 2 gibt es "5 aus 24" * 3 Tupel. (Bei gegebenen 5 aufsteigend sortierten ungeraden Zahlen kann die kleinste, die drittkleinste oder die größte Zahl doppelt vorkommen, so dass (E3) erfüllt ist.)

Von Typ 3 gibt es "4 aus 24" * 3 Tupel. (Bei gegebenen 4 aufsteigend sortierten ungeraden Zahlen können die beiden kleinsten, die beiden größten oder die kleinste und die größte Zahl jeweils doppelt vorkommen, so dass (E3) erfüllt ist.)

Von Typ 4 gibt es "3 aus 24" Tupel.

Macht zusammen "6 aus 24" + "5 aus 24" * 3 + "4 aus 24" * 3 + "3 aus 24" = 296010 Elemente. ("k aus n" soll jeweils den Binomialkoeffizient n!/k!/(n-k)! symbolisieren.)

Hans Kiesl

Auch das ist eine sehr schöne Lösung, die unterschiedlichen Möglichkeiten abzuzählen. Vielen Dank für den Beitrag!