Rencontre und mehr Mathematik ist schön

ERLÄUTERUNGEN ZU DEN KALENDERN „MATHEMATIK IST SCHÖN“
Mathematik ist schön4
Rencontre
und mehr
•
Eine Lotterie mit farbigen Kugeln
Zu Beginn eines Lotterie-Spiels liegen vier verschieden-farbige, aber gleichartige Kugeln in einem
Ziehungsgefäß. Diese vier Kugeln werden nacheinander gezogen. Mitspieler können vor der Ziehung einen
Tipp abgeben, in welcher Reihenfolge die vier Kugeln gezogen werden.
Den Hauptgewinn erhalten diejenigen Spieler, deren Tipp genau der Ziehungsreihenfolge entspricht, d. h.,
bei denen die Farbenfolge des Tipps exakt mit der der Ziehung übereinstimmt. Einen zweiten Preis gibt es
für diejenigen Spieler, bei deren Tipp genau zwei Farben an der richtigen Stelle stehen, und einen Trostpreis für die Teilnehmer, bei denen die Ziehungsposition nur bei einer Farbe mit dem Tipp übereinstimmt.
Den Fall, dass genau drei Positionen übereinstimmen, gibt es nicht. (Warum?)
Für den Tipp muss ein Einsatz von 2 GE (Geldeinheiten) gezahlt werden.
–
Was wäre eine faire Spielregel?
Zunächst einmal ist zu überlegen, wie viele und welche Ziehungsreihenfolgen möglich sind.
Für die 1. Ziehung gibt es 4 Möglichkeiten, für die 2. Ziehung dann noch 3 Möglichkeiten, für die 3. Ziehung
noch 2 Möglichkeiten. Die 4. Ziehung kann eigentlich entfallen, weil nach der 3. Ziehung klar ist, welche
Kugel noch übrig ist.
Insgesamt gibt es daher 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 mögliche Reihenfolgen, in der die vier Kugeln gezogen werden
können. Diese 24 Möglichkeiten sind im Folgenden für die Farben rot, grün, gelb und blau abgebildet:
Angenommen, bei einer Ausspielung werden die vier Kugeln in der Reihenfolge rot – grün – gelb – blau
gezogen:
Dann gibt es genau einen möglichen Tipp für den Hauptgewinn:
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Einen 2. Preis erhalten die Spielteilnehmer, die einen der folgenden 6 Tipps abgegeben haben, weil
nur die Tipps für Position
1 und 2 stimmen
nur die Tipps für Position
1 und 3 stimmen
nur die Tipps für Position
1 und 4 stimmen
nur die Tipps für Position
2 und 3 stimmen
nur die Tipps für Position
2 und 4 stimmen
nur die Tipps für Position
3 und 4 stimmen
Einen Trostpreis gibt es bei den folgenden 8 Möglichkeiten, weil jeweils genau ein Tipp richtig ist:
für Position 1
für Position 2
für Position 3
für Position 4
Von den sechs möglichen Tipps für die jeweils anderen drei Positionen stimmt also keiner (vgl. unten).
Nicht gewonnen haben Spieler, die einen der folgenden 9 Tipps abgegeben haben:
Wenn beispielsweise 240 Tipps abgegeben werden, kann man erwarten, dass ungefähr 10 Tipps dabei
sind, die einen 1. Preis gewinnen, ungefähr 60 Tipps einen 2. Preis, ungefähr 80 Tipps, die einen Trostpreis
erhalten, und 90 Tipps, die nicht gewonnen haben.
Bei einem Einsatz von 2 GE werden durch die 240 Tipps 480 GE eingenommen. Legt man als Trostpreis
die Auszahlung des halben Einsatzes fest, dann bleiben 480 GE – 80 ∙ 1 GE = 400 GE übrig, die für
1. und 2. Preise zur Verfügung stehen.
Zahlt man an die Gewinner eines 2. Preises den doppelten Einsatz aus, also 4 GE, d. h., sodass diese
einen Gewinn von 2 GE machen, dann können an die 10 Hauptgewinner jeweils 16 GE ausgezahlt werden,
denn 400 GE – 60 ∙ 4 GE = 160 GE. Die Teilnehmer mit 1. Preis machen einen Gewinn von 14 GE.
Dass es sich bei einer solchen Auszahlungsordnung um eine faire Spielregel handelt, kann man auch an
der folgenden Tabelle ablesen:
Anzahl der
richtigen Tipps
zugehörige
Auszahlung in GE
zu erwartender Anteil
(= Wahrscheinlichkeit)
zu erwartende Auszahlung
pro Tipp in GE
0
0
9
24
9
0 ⋅ 24
=0
1
1
8
24
1 ⋅ 248 =
2
4
6
24
4 ⋅ 246 =
3
0
0
24
4
16
1
24
Summe
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8
24
24
24
=
1
3
=1
0 ⋅ 240 = 0
16 ⋅ 241 =
2
16
24
=
2
3
Wie viele Möglichkeiten es für die einzelnen Gewinnränge bei diesem Spiel mit vier Kugeln gibt, wurde oben
durch systematisches Aufzählen ermittelt.
Es wäre allerdings aufwendig, ein solches Aufzählungsverfahren auch bei größeren Kugelanzahlen
anzuwenden. Daher schauen wir uns zunächst die entsprechende Situation bei einem Spiel mit drei
Kugeln sowie mit zwei Kugeln an, um – zusammen mit den Ergebnissen beim Spiel mit vier Kugeln –
dies verallgemeinern zu können.
•
Wie viele und welche Reihenfolgen sind bei einem Spiel mit drei Kugeln möglich?
Für die 1. Ziehung gibt es 3 Möglichkeiten, für die 2. Ziehung dann noch 2 Möglichkeiten. Die 3. Ziehung
kann eigentlich entfallen, weil nach der 2. Ziehung klar ist, welche Kugel noch übrig ist.
Insgesamt gibt es daher 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 mögliche Reihenfolgen, in der die drei Kugeln gezogen werden
können.
Diese 6 Möglichkeiten sind im Folgenden für die Farben rot, grün und gelb abgebildet.
Wenn die Ziehung eines Lotteriespiels genau in dieser Reihenfolge erfolgt, dann teilen sich diese
6 Möglichkeiten wie folgt auf:
3 Übereinstimmungen
•
genau 1 Übereinstimmung
keine Übereinstimmung
Wie viele und welche Reihenfolgen sind bei einem Spiel mit zwei Kugeln möglich?
Für die 1. Ziehung gibt es 2 Möglichkeiten. Die 2. Ziehung kann eigentlich entfallen, weil nach der
1. Ziehung klar ist, welche Kugel noch übrig ist.
Insgesamt gibt es daher 2 ∙ 1 = 2 mögliche Reihenfolgen, in der die zwei Kugeln gezogen werden können.
Diese 2 Möglichkeiten sind im Folgenden für die Farben rot und grün abgebildet.
Wenn die Ziehung eines Lotteriespiels genau in dieser Reihenfolge erfolgt, dann teilen sich diese
2 Möglichkeiten wie folgt auf:
2 Übereinstimmungen
•
keine Übereinstimmung
Wie viele und welche Reihenfolgen sind bei einem Spiel mit fünf Kugeln möglich?
Für die 1. Ziehung gibt es 5 Möglichkeiten, für die 2. Ziehung dann noch 4 Möglichkeiten usw.
Die 5. Ziehung kann eigentlich entfallen, weil nach der 4. Ziehung klar ist, welche Kugel noch übrig ist.
Insgesamt gibt es daher 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 120 mögliche Reihenfolgen, in der die fünf Kugeln gezogen
werden können.
Diese 120 Möglichkeiten teilen sich wie folgt auf:
–
5 Übereinstimmungen: Da es nur einen vollständig richtigen Tipp gibt, ist die Wahrscheinlichkeit
1
hierfür gleich 120
.
–
4 Übereinstimmungen: Es ist nicht möglich, für genau 4 der 5 Kugeln die richtige Position der Ziehung
zu tippen.
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–
–
–
–
5
3 Übereinstimmungen: Es gibt   = 10 Möglichkeiten, genau die drei Positionen auszuwählen, die
3
richtig getippt wurden; die anderen beiden Tipps müssen dann aber falsch sein. Dafür gibt es nur eine
Möglichkeit, vgl. Spiel mit zwei Kugeln. Die Wahrscheinlichkeit für einen Tipp mit genau drei richtigen
10
1
Positionsangaben beträgt daher 10 ⋅ 1⋅ 120
= 120
= 121 .
5
2 Übereinstimmungen: Es gibt   = 10 Möglichkeiten, genau die zwei Positionen auszuwählen, die
 2
richtig getippt wurden; die anderen drei Tipps müssen dann aber falsch sein. Dafür gibt es jeweils nur
zwei Möglichkeiten, vgl. das Spiel mit drei Kugeln. Die Wahrscheinlichkeit für einen Tipp mit genau
20
1
zwei richtigen Positionsangaben beträgt daher 10 ⋅ 2 ⋅ 120
= 120
= 61 .
5
1 Übereinstimmung: Es gibt   = 5 Möglichkeiten, genau die eine Position auszuwählen, die richtig
 1
getippt wurde; die anderen vier Tipps müssen dann aber falsch sein. Dafür gibt es jeweils nur neun
Möglichkeiten, vgl. Spiel mit vier Kugeln. Die Wahrscheinlichkeit für einen Tipp mit genau einer
45
1
richtigen Platzangabe beträgt daher 5 ⋅ 9 ⋅ 120
= 120
= 38 .
0 Übereinstimmungen: Übrig bleiben die Möglichkeiten, bei denen keine der getippten Positionen
stimmt. Dies sind 120 – (45 + 20 + 10 + 1) = 44 Fälle. Die Wahrscheinlichkeit hierfür beträgt also
44
11
120 = 30 .
Verallgemeinerung der Überlegungen
Wie wir am Beispiel mit fünf Kugeln gesehen haben, benötigt man verschiedene Informationen, um die
Wahrscheinlichkeit für genau k Übereinstimmungen beim Ziehen von n Kugeln zu bestimmen:
–
–
Es gibt n ∙ (n – 1) ∙ (n – 2) ∙ … ∙ 2 ∙ 1 mögliche Reihenfolgen für die Ziehung von n Kugeln aus dem
Ziehungsgefäß. Für dieses Produkt aus n abnehmenden Faktoren von natürlichen Zahlen verwendet
man in der Mathematik die Kurzschreibweise n! Man verwendet diese Schreibweise auch für die
Sonderfälle 1! = 1 und 0! = 1, die ja eigentlich keine Produkte sind.
 n  n ⋅ (n − 1) ⋅ ... ⋅ (n − k + 1)
Es gibt   =
Möglichkeiten, k Kugeln aus n Kugeln auszuwählen. Diese
k ⋅ (k − 1) ⋅ ... ⋅ 1
k 
Anzahlen bezeichnet man als Binomialkoeffizienten, weil sie im Zusammenhang mit dem
Binomischen Lehrsatz von zentraler Bedeutung sind. Diese Zahlen kann man auch mithilfe des
PASCAL’schen Dreiecks bestimmen (vgl. Beitrag hierzu – demnächst).
Für die Anzahl A(n;k) der jeweils möglichen Fälle ergibt sich somit das nachfolgend abgedruckte Schema.
Wenn man den Fall n = 1 ergänzt, ist sogar der nicht mögliche Fall von n – 1 Übereinstimmungen bei n
Kugeln erfasst:
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•
Schrittweise Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten
Die Anzahl A(n;k) der Möglichkeiten für genau k Übereinstimmungen beim Ziehen von n Kugeln kann also
schrittweise (rekursiv) berechnet werden:
n
Für 0 < k < n gilt: A(n ; k ) =   ⋅ A(n − k ; 0 ) . Für k = n gilt: A(n;n) = 1.
k 
n
Definiert man noch A(0;0) = 1, dann gilt die Formel A(n ; k ) =   ⋅ A(n − k ; 0) für 0 < k ≤ n.
k 
Offen ist noch eine vereinfachte Berechnung der Anzahl der Möglichkeiten für den Fall keine Übereinstimmung beim Ziehen von n Kugeln. Diese Anzahlen ergeben sich aus der Differenz zu n! –
dabei fälllt auf, dass sich diese Anzahl A(n;0) nur um ±1 von A(n;1) unterscheidet:
A(3;0) = 3! – (3 + 0 + 1) = 2 = A(3;1) – 1
A(4;0) = 4! – (8 + 6 + 0 + 1) = 9 = A(4;1) + 1
A(5;0) = 5! – (45 + 20 + 10 + 0 + 1) = 44 = A(5;1) – 1
A(6;0) = 6! – (264 + 135 + 40 + 15 + 0 + 1) = 265 = A(6;1) + 1
•
Schrittweise Berechnung der Wahrscheinlichkeiten
Betrachtet man nun statt der Anzahl der Möglichkeiten die Wahrscheinlichkeiten für die einzelnen Fälle,
dann zeigt sich auch hier eine gemeinsame Struktur in den Feldern, die in einer Diagonalen liegen. (Dies
erkennt man besonders gut, wenn man die gekürzten Brüche betrachtet.)
Geht man von links oben schrittweise diagonal nach rechts unten, dann erhält man fortlaufend die jeweils
nächste Wahrscheinlichkeit durch Multiplikation mit 1, mit 21 , mit 31 , mit 41 usw.
Beispielsweise gilt: P ( 4 ;1) = 11! ⋅ P (3 ; 0) ; P (5 ; 2) = 21 ⋅ P ( 4 ;1) =
Allgemein gilt also: P (n ; k ) =
1
k!
1
2!
⋅ P (3 ; 0) ; P (6 ; 3) = 31 ⋅ P (5 ; 2) =
1
3!
⋅ P (3 ; 0 )
⋅ P (n − k ; 0) für 0 < k ≤ n.
Um Wahrscheinlichkeiten für die verschiedenen möglichen Fälle bestimmen zu können, benötigt man noch
die Wahrscheinlichkeit P(n;0) für den Fall keine Übereinstimmung.
Analog zur Berechnung der Anzahl A(n;0) der zugehörigen Möglichkeiten muss man die Wahrscheinlichkeiten P(n;1), …, P(n;n) addieren und von der Gesamt-Wahrscheinlichkeit 1 abziehen.
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Diese Vorgehensweise ist eine der wichtigsten Rechenregeln für Wahrscheinlichkeiten, die sogenannte
Komplementärregel:
–
Die Wahrscheinlichkeit eines Ereignisses und die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses ergänzen
sich zu 1.
Im Allgemeinen wendet man die Regel an, wenn es einfacher ist, die Wahrscheinlichkeit des
Gegenereignisses zu berechnen als die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses.
Hier geht es um die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses: Beim Tipp gibt es keine Übereinstimmung mit
der Reihenfolge der Gewinnziehung. Das zugehörige Gegenereignis lautet: Beim Tipp gibt es
mindestens eine Übereinstimmung mit der Reihenfolge der Gewinnziehung.
Mindestens eine Übereinstimmung bedeutet: Es gibt eine Übereinstimmung bei der 1. Kugel oder bei der
2. Kugel oder bei der 3. Kugel oder …
Um die zugehörige Wahrscheinlichkeit berechnen zu können, benötigt man also eine Rechenregel für
Oder-Ereignisse.
Dieser Regel liegt eine Gesetzmäßigkeit der Mengenlehre zugrunde, die sog. Ein- und Ausschaltregel,
auch Siebformel von SYLVESTER genannt (nach dem englischen Mathematiker James Joseph SYLVESTER,
1814–1897). Man spricht auch vom Prinzip der Inklusion und Exklusion.
Für die Anzahl der Elemente zweier (endlicher) Mengen A1 und A2 gilt die folgende Summenregel:
A1 ∪ A2 = A1 + A2 − A1 ∩ A2 ,
in Worten: Man erhält die Anzahl der Elemente der Vereinigungsmenge A1 ∪ A2 , indem man die Anzahl der
Elemente der Menge A1 und der Menge A2 addiert und die Anzahl der gemeinsamen (doppelt gezählten)
Elemente in der Schnittmenge A1 ∩ A2 subtrahiert.
Diese Regel lässt sich für mehr als zwei Mengen verallgemeinern:
(
) (
)
A1 ∪ A2 ∪ A3 = A1 + A2 + A3 − A1 ∩ A2 + A1 ∩ A3 + A2 ∩ A3 + A1 ∩ A2 ∩ A3
(
) (
A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 = A1 + A2 + A3 + A4 − A1 ∩ A2 + A1 ∩ A3 + A1 ∩ A4 + A2 ∩ A3 + A2 ∩ A4 + A3 ∩ A4
(
)
+ A1 ∩ A2 ∩ A3 + A1 ∩ A2 ∩ A4 + A1 ∩ A3 ∩ A4 + A2 ∩ A3 ∩ A4 − A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4
usw.
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)
Definiert man für i = 1, 2, …, n die Ereignisse Ei: Der Tipp stimmt bei der i-ten Kugel überein, dann gilt
beispielsweise für n = 4:
P(mind. ein Tipp stimmt überein) =
P (E 1 ∪ E 2 ∪ E 3 ∪ E 4 ) = [P (E 1 ) + P (E 2 ) + P (E 3 ) + P (E 4 )]
− [P (E 1 ∩ E 2 ) + P (E 1 ∩ E 3 ) + P (E 1 ∩ E 4 ) + P (E 2 ∩ E 3 ) + P (E 2 ∩ E 4 ) + P (E 2 ∩ E 4 )]
+ [P (E 1 ∩ E 2 ∩ E 3 ) + P (E 1 ∩ E 2 ∩ E 4 ) + P (E 1 ∩ E 3 ∩ E 4 ) + P (E 2 ∩ E 3 ∩ E 4 )] − P (E 1 ∩ E 2 ∩ E 3 ∩ E 4 )
] − [41 ⋅ 31 + 41 ⋅ 31 + 41 ⋅ 31 + 41 ⋅ 31 + 41 ⋅ 31 ] + [41 ⋅ 31 ⋅ 21 + 41 ⋅ 31 ⋅ 21 + 41 ⋅ 31 ⋅ 21 + 41 ⋅ 31 ⋅ 21 ] − 41 ⋅ 31 ⋅ 21 ⋅ 11
= [ 41 +
1
4
= 4⋅
− 6 ⋅ 41 ⋅ 31 + 4 ⋅ 41 ⋅ 31 ⋅ 21 − 1 ⋅ 41 ⋅ 31 ⋅ 21 ⋅ 11 = 1 −
1
4
+
1
4
+
1
4
1
2
+
1
6
−
1
24
=
24 −12 + 4 −1
24
=
15
24
Die Anzahl der Summanden in den eckigen Klammern lässt sich jeweils mithilfe eines Binomialkoeffizienten
berechnen. Die letzte Zeile kann auch wie folgt notiert werden:
 4 1  4 1 1  4 1 1 1  4 1 1 1 1
  ⋅ −   ⋅ ⋅ +   ⋅ ⋅ ⋅ −   ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
 1 4  2  4 3  3  4 3 2  4  4 3 2 1
4 1 4 ⋅ 3 1 1 4 ⋅ 3 ⋅ 2 1 1 1 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 1 1 1 1 1 1 1 1
= ⋅ −
⋅ ⋅ +
⋅ ⋅ ⋅ −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − + −
1 4 2 ⋅ 1 4 3 3 ⋅ 2 ⋅ 1 4 3 2 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 4 3 2 1 1! 2! 3! 4!
Die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis Kein Tipp stimmt überein ist daher gleich 1 −
1 1 1 1
+ − + .
1! 2! 3! 4!
Somit lassen sich die Wahrscheinlichkeiten der ersten Zeile der Tabelle ebenfalls systematisch berechnen:
Es gilt also die Rekursionsformel: P (n ; 0) = P (n − 1; 0) + ( −1)n ⋅
Zusammen mit der o. a. Formel P (n ; k ) =
1
1
für n ≥ 1, und P (0 ; 0) = = 1 .
0!
n!
1
⋅ P (n − k ; 0) ist dann die vollständige Berechnung aller
k!
Wahrscheinlichkeiten möglich.
Bedeutung der EULER’schen Zahl e
Mit zunehmender Anzahl n der Kugeln ändert sich die Wahrscheinlichkeit für null Übereinstimmungen
kaum noch: Beispielsweise nimmt die Wahrscheinlichkeit für null Übereinstimmungen bei einem Spiel mit
5 Kugeln nur um 1/720 zu, wenn man zu einem Spiel mit 6 Kugeln übergeht, und um 1/5040 ab, wenn man
dann weiter zu einem Spiel mit 7 Kugeln übergeht.
Für n ≥ 6 ist diese Wahrscheinlichkeit P(n;0) also fast konstant: P(n;0) ≈ 0,368.
1 1 1 1 1 1 1
= − + − + − + −... gilt die einfache Merkregel: Die Wahrscheinlichkeit für das
e 0! 1! 2! 3! 4! 5!
Ereignis keine Übereinstimmung ist näherungsweise gleich dem Kehrwert der EULER’schen Zahl e.
Wegen
Wegen P (n ;1) =
•
1
⋅ P (n − 1; 0) = P (n − 1; 0) gilt für n ≥ 7 auch, dass P(n;1) ungefähr gleich 0,368 ist.
1!
Anwendung der Überlegungen beim Rencontre-Problem
Das Rencontre-Problem (rencontre = Treffen, Begegnung) geht auf Untersuchungen zurück, die der
französische Mathematiker PIERRE RÉMONT DE MONTMORT (1678 – 1719) im Zusammenhang mit dem
Kartenspiel Jeu de treize durchführte. Über seine Lösungsansätze korresponierte er mit NIKOLAUS
BERNOULLI (1687 – 1759) und veröffentlichte diese in seinem Buch Essai d'analyse sur les jeux de hazard.
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Bei einem Kartenspiel werden 13 Karten eines Kartenspiels mit den Werten 1, 2, 3, …, 13 gemischt und
nacheinander aufgedeckt. Wenn irgendeine Karte mit dem Wert k an k-ter Stelle aufgedeckt wird, verliert
der Spielteilnehmer, d. h., der Spielteilnehmer gewinnt nur, wenn bei keiner der 13 Karten der Kartenwert
und die Nummer der Karte übereinstimmen.
LEONHARD EULER (1707 – 1783) untersuchte unabhängig von MONTMORT ein anderes Spiel mit Karten:
Zwei Spieler mischen jeweils ihre Stapel mit 52 Karten eines Kartenspiels. Dann decken beide fortlaufend
jeweils die oberste Karte ihres Kartenstapels auf. Falls irgendwann die beiden aufgedeckten Karten gleich
sind, gewinnt der erste Spieler, sonst der zweite.
Neben weiteren Variationen des Themas ist insbesondere die folgende interessant:
Wichteln: In der Weihnachtszeit vereinbaren die Schülerinnen und Schüler einer Klasse zu wichteln, d. h.,
jeder kauft oder bastelt ein Geschenk mit einem gewissen Wert und legt dieses in einen Sack, aus dem sich
dann nacheinander einer nach dem anderen ein Päckchen herausnehmen darf.
Kommt es dabei oft vor, dass jemand sein eigenes Geschenk zieht?
Abstrahiert man von den unterschiedlichen Einkleidungen des Problems (wie vertauschte Briefe,
vertauschte Hüte u. Ä.), dann kommt es bei den hier betrachteten Anwendungen im Wesentlichen nur auf
den Aspekt an, ob es mindestens eine Übereinstimmung gibt oder nicht.
Die Frage nach der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses keine Übereinstimmung bezeichnet man in der
Mathematik auch als Problem der fixpunktfreien Permutationen. Permutationen (lat., Vertauschungen)
sind die verschiedenen möglichen Anordnungen von Objekten; als Fixpunkt einer Permutation bezeichnet
man eine Position, deren Inhalt nach dem Vertauschungsvorgang gleich geblieben ist.
•
Das Wichtel-Paradoxon
Dass die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten mindestens einer Übereinstimmung größer als 50 % ist,
erscheint den meisten, die zum ersten Mal mit dem Problem konfrontiert werden, paradox groß zu sein.
Diese verwechseln die Fragestellung
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass irgendjemand der Wichtel-Teilnehmerrunde sein eigenes
Geschenk erhält?
mit der Wahrscheinlichkeit des Ereignisses, dass die Person selbst ihr eigenes Geschenk erhält.
Die Wahrscheinlichkeit für das zuletzt genannte Ereignis ist gering, nämlich gleich 1/n, wenn n die Anzahl
der Teilnehmer der Wichtel-Aktion ist.
Und da dies so ist und für jede
der teilnehmenden n Personen
gilt, kann man erwarten, dass es
im Mittel ein Rencontre in einem
solchen Zufallsexperiment gibt,
wie man auch den nebenstehenden Beispiel-Rechnungen
entnehmen kann.
Bei 720 Versuchsdurchführungen
kann man bei dem Spiel mit drei
Kugeln erwarten, dass ungefähr
240-mal kein Rencontre eintritt,
ungefähr 360-mal ein Rencontre
und 120-mal drei Rencontres,
insgesamt sind dies dann 720
Rencontres in 720 Versuchen.
•
Simulation mithilfe von Zufallszahlen
®
Die Befehlsoptionen einer Tabellenkalkulation wie EXCEL machen es leicht möglich, eine Simulation des
Rencontre-Problems durchzuführen.
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Seite 8 / 19 © Heinz Klaus Strick 2017
Mithilfe des Befehls Zufallszahl() erzeugt man z. B. vier Zufallszahlen zwischen 0 und 1. Im nächsten
Schritt werden diese der Größe nach sortiert – mithilfe des Befehls kkleinste(Bereich;Stelle) wird die
1-kleinste, 2-kleinste, 3-kleinste, 4-kleinste Zahl aus den vier ersten Spalten ermittelt. Durch Vergleich
der ungeordneten und der geordneten Zufallszahlen erfährt man, ob eine Zufallszahl auch der Größe
nach an der richtigen Stelle steht (1 = Übereinstimmung liegt vor, 0 = Übereinstimmung liegt nicht vor).
In der letzten Spalte der Tabelle ist die Summe der vier Prüffelder festgehalten; diese gibt an, wie viele
Übereinstimmungen im konkreten Fall vorliegen. Im abgebildeten Beispiel sind fünf Simulationen ohne
Rencontre erfasst und fünf mit mindestens einer Übereinstimmung.
•
Lottoziehungen
Wöchentlich finden zwei öffentlich-rechtliche Rencontre-Experimente mit 6 Kugeln statt. Bei den
Lottoziehungen am Mittwoch und am Samstag werden zunächst nacheinander 6 der 49 Kugeln gezogen,
diese dann anschließend in eine aufsteigende Reihenfolge gebracht. Dabei muss nicht jede der Kugeln
„angefasst“ werden, da meistens mindestens eine der Kugeln bereits an der richtigen Stelle liegt.
Im Zeitraum vom 9. Oktober 1955 bis zum 31. Dezember 2016 fanden insgesamt 5548 Ziehungen des
Lottospiels 6 aus 49 statt. Die folgende Tabelle zeigt, welche sechs Zahlen in den ersten zehn
Ausspielungen 1955 gezogen wurden sowie diese Gewinnzahlen in aufsteigender Anordnung. In den
letzten Spalten steht „0“ für keine Übereinstimmung und „1“ für Übereinstimmung. Aus der letzten Spalte ist
die Anzahl des Rencontres ablesbar.
•
Wie oft mussten 0, 2, 3, 4, 5, 6 Kugeln bei dem
Sortiervorgang umgesetzt werden?
Eine Auswertung aller Daten ergab die nebenstehende
Häufigkeitstabelle. Die tatsächlichen Häufigkeiten
weichen nur geringfügig von den zu erwartenden
Häufigkeiten ab.
Beim Sortiervorgang mussten insgesamt
2042 ∙ 6 + 2034 ∙ 5 + 1040 ∙ 4 + 308 ∙ 3 + 116 ∙ 2
= 27738
Kugeln umgesetzt werden, das sind im Mittel ziemlich
genau 5 Kugeln pro Ziehung (was dem zu erwartenden
Mittelwert von 1 Rencontre pro Spiel entspricht).
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•
Weitergehende Lotto-Fragen
Da es 6! = 720 verschiedene mögliche Anordnungen gibt, in der die sechs Gewinnzahlen einer Ziehung
gezogen werden könnten, stellt sich die zusätzliche Frage, ob alle 720 Varianten bereits einmal vorkamen.
In der Tabelle rechts ist für die ersten
zehn Ziehungen des Lottospiels im
Jahr 1955 festgehalten, welcher
Anordnungstyp vorliegt; 361524
bedeutet beispielsweise, dass die
dritt-größte Zahl der Ziehung als
erste, die sechst-größte als zweite,
die kleinste Zahl als dritte usw.
gezogen wurde.
Die Auswertung aller 5548 Ziehungen ergab, dass immerhin 11 der 720 Typen bisher noch nicht aufgetreten sind, dagegen eine Kombination bereits 11-mal – was allerdings nicht verwundern dürfte, wenn man
sich die Wartezeiten beim Problem der vollständigen Serie anschaut, vgl. Beitrag 01/2016.
Und dass es bereits eine erste Wiederholung des Ziehungstyps nach 34 Lottoziehungen gab, wundert
auch nicht:
Die im Beitrag 11/2016 (Geburtstagsproblem) angegebene Faustregel besagt, dass die Wahrscheinlichkeit
für eine Wiederholung bereits 50 % beträgt, wenn man einen Zufallsversuch mit n möglichen gleichwahrscheinlichen Ergebnissen 1,2 ⋅ n -mal durchführt; für n = 720 ist 1,2 ⋅ n ≈ 32.
•
Anwendung der Siebformel von SYLVESTER auf eine Fragestellung der Zahlentheorie
Zur Einübung der Siebformel im Schulunterricht werden oft Beispiele der folgenden Art behandelt:
In einer Urne sind 50 gleichartige, von 1 bis 50 nummerierte Kugeln. Eine Kugel wird zufällig gezogen.
Betrachtet werden die Ereignisse T2, T5:
T2: Die gezogene Kugel trägt eine Nummer, die durch 2 teilbar ist.
T5: Die gezogene Kugel trägt eine Nummer, die durch 5 teilbar ist.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis E, dass die gezogene Kugel eine Nummer trägt, die
durch 2 oder durch 5 teilbar ist? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit für das Ereignis E , dass die
gezogene Kugel eine Nummer trägt, die weder durch 2 noch durch 5 teilbar ist?
Bei der Bestimmung der ersten Wahrscheinlichkeit muss beachtet werden, dass es unter den natürlichen
Zahlen von 1 bis 50 Zahlen gibt, die sowohl durch 2 als auch durch 5 teilbar sind.
P (T2 ) =
25
50
= 0,5 ; P (T5 ) =
10
50
= 0,2 ; P (T2 ∩T5 ) =
P (E ) = P (T2 ∪ T5 ) = P (T2 ) + P (T5 ) − P (T2 ∩ T5 ) =
5
50
25
50
= 0,1 , also
+ 10
−
50
5
50
=
30
50
= 0,6
Für die Bestimmung der Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses muss die Komplementärregel und eine
der DE MORGAN’schen Regeln angewandt werden (benannt nach dem englischen Mathematiker AUGUSTUS
DE MORGAN, 1806 – 1871):
P (E ) = P (T2 ∩ T5 ) = P (T2 ∪ T5 ) = 1 − P (T2 ∪ T5 ) = 1 − 30
= 0,4
50
Allgemein gilt für zwei Mengen A1, A2 die folgende Kombination von Summen- und Komplementärregel:
P ( A1 ∩ A2 ) = P ( A1 ∪ A2 ) = 1 − P ( A1 ∪ A2 ) = 1 − P ( A1 ) − P ( A2 ) + P ( A1 ∩ A2 )
Diese Regel soll nun bei einer Variation der o. a. Aufgabe angewandt werden:
In einer Urne liegen n gleichartige, von 1 bis n nummerierte Kugeln. Eine Kugel wird zufällig gezogen.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die gezogene Kugel eine Nummer trägt, die mit n keinen
gemeinsamen Teiler hat (d. h. die Nummer ist teilerfremd zu n)?
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Beispiel 1: n = 50
Da 50 = 2 ∙ 2 ∙ 5, also ein Vielfaches von 2 und von 5, werden alle Zahlen gesucht, die weder durch 2 noch
durch 5 teilbar sind. Dazu betrachtet man die zugehörigen Vielfachen-Mengen
V2: Die Zahl ist Vielfaches von 2.
und
V5: Die Zahl ist Vielfaches von 5.
Dann gilt:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu 50)
= P (V2 ∩ V5 ) = 1 − P (V2 ∪ V5 ) = 1 − P (V2 ) − P (V5 ) + P (V2 ∩ V5 ) = 1 − 21 −
Es fällt (vielleicht) auf, dass P (V2 ) = 1 −
1
2
=
1
2
, P (V5 ) = 1 −
1
5
=
4
5
+ 101 =
1
5
4
10
und P (V2 ) ⋅ P (V5 ) =
1
´2
⋅ 54 =
4
10
= P (V2 ∩ V5 ) .
Man erhält den gleichen Wert für die Wahrscheinlichkeit, wenn man statt n = 50 andere Vielfache von 2 und
5 betrachtet, also z. B. 10, 20, 40, 50, 80, 100, …
Beispiel 2: n = 6
Für n = 6, 12, 18, 24, 36, 48, 54, 72, 96 …, also lauter Zahlen mit 2 und 3 als einzigen Primteilern, gilt
analog:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n) =
= P (V2 ∩ V3 ) = 1 − P (V2 ∪ V3 ) = 1 − P (V2 ) − P (V3 ) + P (V2 ∩ V3 ) = 1 − 36 − 26 +
Hier gilt auch: P (V2 ) = 1 −
=
1
2
1
2
, P (V3 ) = 1 −
1
3
=
1
6
=
und P (V2 ) ⋅ P (V3 ) = 21 ⋅ 32 =
2
3
=
2
6
1
3
1
3
= P (V2 ∩ V3 ) .
Beispiel 3: n = 15
Analog ergibt sich für die Zahlen n = 15, 45, 75, 135, 225, ..., also lauter Zahlen mit 3 und 5 als einzigen
Primteilern:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n) =
= P (V3 ∩ V5 ) = 1 − P (V3 ∪ V5 ) = 1 − P (V3 ) − P (V5 ) + P (V3 ∩ V5 ) = 1 − 155 − 153 +
Hier gilt: P (V3 ) = 1 −
1
3
=
2
3
, P (V5 ) = 1 −
1
5
=
4
5
und P (V3 ) ⋅ P (V5 ) = 32 ⋅ 54 =
8
15
1
15
=
8
15
= P (V3 ∩ V5 )
Verallgemeinerung:
Ist n das Produkt zweier Primzahl-Potenzen, also n = p m1 ⋅ q m2 für Primzahlen p und q, dann gilt:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n) =
= P (Vp ∩ Vq ) = 1 − P (Vp ∪ Vq ) = 1 − P (Vp ) − P (Vq ) + P (Vp ∩ Vq ) = 1 −
Außerdem gilt: P (Vp ) = 1 −
1
p
=
p −1
p
, P (Vq ) = 1 −
1
q
=
q −1
q
q
p ⋅q
−
p
p ⋅q
+
und P (Vp ) ⋅ P (Vq ) =
=
1
p ⋅q
p −1
p
⋅
p ⋅q − p − q +1
p ⋅q
q −1
q
p ⋅q − p − q +1
p ⋅q
=
= P (Vp ∩ Vq ) ,
also: P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n) = P (V p ) ⋅ P (Vq ) .
Für den Fall, dass n nur die drei Primteiler p1, p2, p3 besitzt, muss die o. a. Siebformel für drei Mengen
angewandt werden:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n)
= P (Vp ∩ Vp ∩ Vp ) = 1 − P (Vp ∪ Vp ∪ Vp )
1
2
3
1
2
3
= 1 − P (Vp ) − P (Vp ) − P (Vp ) + P (Vp ∩ Vp ) + P (Vp ∩ Vp ) + P (Vp ∩ Vp ) − P (Vp ∩ Vp ∩ Vp )
1
= 1−
= (1 −
1
p1
1
p1
−
2
−
1
p3
) ⋅ (1 −
1
p2
1
p2
+
1
p1 ⋅ p2
) ⋅ (1 −
3
+
1
p3
1
p1 ⋅ p 3
1
+
1
p2 ⋅ p3
−
2
1
p1 ⋅ p 2 ⋅ p 3
1
=
3
2
3
p1 ⋅ p 2 ⋅ p 3 − p 2 ⋅ p 3 − p1 ⋅ p 3 − p1 ⋅ p2 + p3 + p 2 + p1 + −1
p1 ⋅ p 2 ⋅ p 3
)
also: P (Vp1 ∩ Vp2 ∩ Vp3 ) = P (Vp1 ) ⋅ P (Vp2 ) ⋅ P (Vp3 )
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1
2
3
Beispiel 4: n = 30
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu 30)
= 1 − 21 − 31 − 51 + 61 + 101 + 151 −
1
30
=
8
30
= (1 − 21 )(1 − 31 )(1 − 51 ) = 21 ⋅ 23 ⋅ 54 =
4
15
Spezialfall: n ist Potenz von nur einer Primzahl
Beispiel 5: n = 7
Für n = 7, 49, 343, … gilt:
P(die gezogene Zahl ist teilerfremd zu n) = P (Vn ) = 1 − P (Vn ) = 1 −
1
7
=
6
7
Ein zugrunde liegender Satz der Stochastik
Dass man die Wahrscheinlichkeit für das zufällige Ziehen einer teilerfremden Zahl erhalten kann, indem
man die Wahrscheinlichkeiten für das zufällige Ziehen der zu den einzelnen Primfaktoren teilerfremden
Zahlen miteinander multipliziert, beruht auf einem Multiplikationssatz der Wahrscheinlichkeitrechnung:
•
Sind die Ereignisse A, B stochastisch voneinander unabhängig, dann gilt: P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P (B ) .
Die Unabhängigkeit der betrachteten Ereignisse ist hier gewährleistet, da Primzahlen betrachtet werden:
•
Eine natürliche Zahl ist genau dann durch das Produkt der Primzahlen a und b teilbar, wenn sie
durch a und durch b teilbar ist.
Das „genau dann“ im vorangehenden Satz hat Auswirkungen auf die Eigenschaft, teilerfremd zu sein:
•
Eine natürliche Zahl ist genau dann teilerfremd zum Produkt der Primzahl-Potenzen der Primzahlen
a und b, wenn sie teilerfremd zu a und teilerfremd zu b ist.
Ein Satz von LEONHARD EULER
Statt die Anteile der zu n teilerfremden Zahlen in der Menge {1, 2, 3, …, n} zu bestimmen, kann man auch
die Anzahl ϕ(n) der zu n teilerfremden Zahlen berechnen. Dazu müssen die o. a. Wahrscheinlichkeiten mit n
multipliziert werden. Dies ist die Aussage eines Satzes, den LEONHARD EULER entdeckte. Bekanntlich lässt
sich jede natürliche Zahl n (bis auf die Reihenfolge) eindeutig als Produkt von Primfaktoren darstellen, z. B.
m
m
m
m
n = p1 1 ⋅ p2 2 ⋅ p3 3 ⋅ ... ⋅ pk k mit den Primfaktoren p1, p2, p3, ..., pk.
Satz von EULER
Für die Menge von natürlichen Zahlen {1, 2, 3, ..., n} gilt:
Die Anzahl ϕ(n) der zu n teilerfremden Zahlen ist gleich ϕ (n ) = n ⋅ (1 −
1
p1
) ⋅ (1 −
1
p2
) ⋅ (1 −
1
p3
) ⋅ ... ⋅ (1 −
1
pk
)
Der Anteil der zu n teilerfremden Zahlen in der Menge {1, 2, 3, ... , n} liegt in einem bestimmten Intervall – je
nachdem, ob die Zahl n ein, zwei, drei, ... Primteiler besitzt:
Anzahl der
Primteiler von n
Intervall für
1
1
2
≤
ϕ(n)
2
1
3
≤
ϕ (n )
3
4
15
≤
ϕ(n)
4
8
35
≤
ϕ (n )
...
n
n
n
n
…
ϕ (n )
Beispiele
n
<1
2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13, 16, 17, 19, 23, 25, 27, 29, ...
<
1
2
6, 10, 12, 14, 15, 18, 20, 21, 22, 24, 26, 28, 33, 34, ...
<
1
3
30, 42, 60, 66, 70, 78, 84, 90, 102, 105, 110, 112, ...
<
4
15
210, 330, 390, 420, 462, 510, 546, 570, 630, 660, ...
…
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Begründung:
ϕ (n )
= 1− n1 , ist also mindestens gleich
•
Wenn n eine Primzahl oder eine Primzahlpotenz ist, dann gilt:
•
Wenn n das Produkt zweier Primzahlen oder zweier Primzahlpotenzen ist, dann ist
gleich dem Produkt der kleinsten Brüche
Faktor
•
1
2
⋅ 32 ⋅
4
5
=
ϕ (n )
mindestens
n
⋅ = , bleibt aber stets kleiner als der erste mögliche
2
3
1
3
.
Entsprechend kann der Anteil
1
2
1
2
n
4
15
ϕ (n )
n
(einschließlich) und
1
2
bei drei Primfaktoren (Primzahlpotenzen) nur Werte zwischen
⋅ 23 =
1
3
annehmen.
usw.
Beispiele:
n
ϕ (n )
Primteiler
n
n
ϕ (n )
Primteiler
n
2
1
2
15, 45, 75, ...
3, 5
3, 9, 27, 81, ...
3
2
3
17, 289, ...
17
16
17
5, 25, ...
5
4
5
19, 361, ...
19
18
19
21, 63, ...
3, 7
22, 44, 88, ...
2, 11
6, 12, 18, 24, 36, 48, 72, ...
7, 49, ...
2, 3
1
2
2, 5
11, 121, ...
11
13, 169, ...
13
14, 28, 56, 98, ...
2, 7
1
3
6
7
7
10, 20, 40, 50, 80, 100, ...
⋅ 23 =
1
2
1
2
⋅ 54 =
2
5
23, 529, ...
23
10
11
26, 52, ...
2, 13
12
13
29, 841, ...
29
⋅ 67 =
3
7
30, 60, 90, ...
2, 3, 5
Abb. Anzahl ϕ(n) der zu n teilerfremden Zahlen (blaue Punkte: Primzahlen mit ϕ(n) = n – 1)
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2
3
⋅ 54 =
2, 4, 8, 16, 32, 64, ...
2
3
1
2
8
15
⋅ 67 =
4
7
⋅ 10
=
11
5
11
22
23
1
2
⋅ 12
=
13
6
13
28
29
1
2
⋅ 23 ⋅ 54 =
4
15
1
2
.
•
Überlegungen zur angemessenen Darstellung von Mengen mithilfe von VENN-Diagammen
In der Mengenlehre ist es üblich, Mengen – insbesondere
Vereinigungs- und Schnittmengen – mithilfe von einander
schneidenden Kreisen zu veranschaulichen, den sogenannten
VENN-Diagrammen, benannt nach dem englischen Mathematiker
JOHN VENN, 1834 – 1923).
Dabei achtet man i. A. nicht unbedingt darauf, dass die
Flächengrößen den dargestellten Anteilen entsprechen. Wenn
man diese jedoch berücksichtigen möchte, sind aufwendige
Rechnungen notwendig.
Beispiel
Von den Schülerinnen und Schülern einer Schule lernen 46 % Französisch und 24 % Spanisch,
18 % beide Fremdsprachen.
Man stelle diesen Sachverhalt in einem angemessenen Mengendiagramm dar, d. h.,
die Fläche der Kreise soll den Anteilen der Französisch bzw. Spanisch lernenden Schülerinnen und
Schülern entsprechen – bezogen auf die Fläche des umgebenden Rechtecks – und die Größe der
Schnittfläche soll dem Anteil derjenigen entsprechen, die beide Sprachen lernen.
Für das umgebende Rechteck wähle man eine Fläche von 100 cm² (= 100 %).
–
Wie groß sind die Kreisradien zu wählen? Welchen Abstand haben die Mittelpunkte der Kreise
voneinander?
Lösung
Die Radien der Kreise müssen entsprechend zu den Anteilen der Französisch- bzw. Spanisch-Lernenden
gewählt werden, d. h., 46 cm² für Französisch und 24 cm² für Spanisch.
Wegen der gemeinsamen Schnittfläche (18 % lernen beide Fremdsprachen) muss die Restfläche innerhalb
des Französisch-Kreises einen Flächeninhalt von 46 cm² – 18 cm² = 28 cm² haben, die Schnittfläche von
18 cm² und die Restfläche des Spanisch-Kreises von 24 cm² – 18 cm² = 6 cm².
Die in der Aufgabenstellung angegebenen Anteile bestimmen die Radien der beiden Kreise der Figur:
Der Radius des größeren Kreises ist r1 =
46
π
≈ 3,83 cm , der des kleineren Kreises r2 =
24
π
≈ 2,76 cm.
In der Grafik rechts kann man ablesen
– elementare Trigonometrie:
y
y
a
a
sin(α ) = ; sin( β ) = ; cos(α ) = 1 ; cos( β ) = 2
r1
r2
r1
r2
– Kosinussatz:
2
2
2
2
r2 = r1 + a 2 − 2 ⋅ a ⋅ r1 ⋅ cos(α ) ; r1 = r2 + a 2 − 2 ⋅ a ⋅ r2 ⋅ cos( β )
– Sinussatz: r1 ⋅ sin(α ) = r2 ⋅ sin( β )
Die Flächenmaßzahl A der Schnittmenge kann man bestimmen, indem man für jeden der beiden Kreise
den Flächeninhalt des Kreissegments berechnet (= Kreissektor minus Dreieck):
A1 = r1 ⋅ α − a1 ⋅ y sowie A2 = r2 ⋅ β − a2 ⋅ y , wobei α und β im Bogenmaß angegeben werden.
2
2
In diesen Gleichungen treten fünf Variablen auf (a1, a2, α, β, y), r1 und r2 wurden oben aus der
Aufgabenstellung ermittelt. Wie man leicht einsehen kann, gelingt es nicht, die Gleichung
A = A1 + A2 = 18 ⇔ r1 ⋅ α − a1 ⋅ y + r2 ⋅ β − a2 ⋅ y = 18 ⇔ r1 ⋅ α + r2 ⋅ β − a ⋅ y = 18
2
2
2
2
so umzuformen, dass aus ihr elementar der gesuchte Mittelpunktsabstand a berechnet werden kann.
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Eine numerische Lösung kann beispielsweise
mithilfe einer Tabellenkalkulation erfolgen, vgl.
rechts: Aus einem Wert für a werden zunächst die
beiden Winkel α und β bestimmt, hieraus dann y und
schließlich der Flächeninhalt A. Dann wird a solange
variiert, bis man für A den Wert 18 erreicht hat.
Es ergibt sich, dass a ≈ 2,375 cm gewählt werden
muss, vgl. folgende Abbildung.
•
Schätzung der Flächengröße von einander schneidenden Kreisen
Um die Eckpunkte eines gleichseitigen Dreiecks werden Kreise
gezeichnet, deren Radius so groß ist wie die Seitenlänge des
Dreiecks. Es entsteht eine Figur, die sich zusammensetzt aus
sieben Teilflächen, vgl. Abbildung rechts.
–
Wie groß sind diese Flächen?
–
Kann man die Größen ohne detaillierte Rechnung schätzen?
MARTIN GARDNER stellte in seinem Buch Mathematischer Zirkus
(Ullstein, 1990) konkret die folgende Frage:
–
Macht das gemeinsame Flächenstück der drei Kreise
(olivgrün gefärbt) genau ein Viertel der Fläche eines Kreises
aus (oder ist es größer bzw. kleiner)?
Mögliche weitere Fragen:
–
Sind die hellgrün gefärbten Flächenstücke jeweils halb so groß wie die Fläche eines Kreises?
–
Sind die drei orange gefärbten Flächen zusammen so groß wie die halbe Fläche eines Kreises?
Erweitert man die Figur durch ein Raster von gleichseitigen
Dreiecken mit Kreisen um die Eckpunkte, dann entsteht eine
Figur, die sich aus lauter gebogenen Zweiecken (blau gefärbt)
und gebogenen Dreiecken (gelb gefärbt) zusammensetzt.
Dabei gilt:
Die Fläche eines Kreises besteht aus 12 blauen Zweiecken
und 6 gelben gebogenen Dreiecken,
also
–
Halbkreis = 6x blau + 3x gelb,
–
Drittelkreis = 4x blau + 2x gelb,
–
Viertelkreis = 3x blau + 1,5x gelb
–
Sechstelkreis = 2x blau + 1x gelb,
–
Zwölftelkreis = 1x blau + 0,5x gelb.
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Für die Flächen in der Abbildung mit den drei Kreisen gilt
–
oliv = 3x blau + 1x gelb,
–
orange = 2x blau + 1x gelb,
–
grün = 5x blau + 3x gelb.
Durch Vergleich stellt man fest:
–
Das olivgrün gefärbte Flächenstück ist größer als ein Sechstelkreis, aber kleiner als ein Viertelkreis.
–
Jede der orange gefärbten Flächenstücke oben ist so groß wie ein Sechstelkreis, d. h.,
die drei orange gefärbten Flächen sind zusammen so groß wie ein halber Kreis.
–
Jede der hellgrün gefärbten Flächenstücke oben ist kleiner als ein Halbkreis, aber größer als
fünf Zwölftelkreise.
Darüber hinaus sind folgende Größenvergleiche möglich:
–
Gesamtfläche der drei Kreise:
3x grün + 3x orange + 1x oliv = 24x blau + 13x gelb > 24x blau + 12x gelb = 2 Kreise
–
Gesamtfläche von zwei Kreisen:
2x grün + 3x orange + 1x oliv = 19x blau + 10x gelb < 20x blau + 10x gelb = 1 Kreis und zwei Drittelkreise
–
gemeinsame Schnittfläche von zwei Kreisen:
1x orange + 1x oliv = 5x blau + 2x gelb > 4x blau + 2x gelb = ein Drittelkreis = vier Zwölftelkreise
1x orange + 1x oliv = 5x blau + 2x gelb < 5x blau + 2,5x gelb = fünf Zwölftelkreise
Eine exakte Bestimmung der Größe der blauen und gelben Teilflächen ist leicht möglich (gemäß einem
Vorschlag von Daniel Frohn in mathematik lehren 188). Wählt man als Radius 1 LE, dann gilt
für einen Viertelkreis: 3x blau + 1,5x gelb =
π
4
,
für ein gleichseitiges Dreieck im Raster: 1,5x blau + 1x gelb =
3
4
.
Dies ist ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und zwei Variablen, für dessen Lösung gilt:
blau ≈ 0,181 FE und gelb ≈ 0,161 FE.
Für die oliv gefärbte Fläche ergibt sich daher eine Fläche von 0,705 FE, d. h., der Anteil an der Fläche eines
Kreises von π FE beträgt ca. 22,4 %, und für die grün gefärbte Fläche ein Anteil von ca. 44,2 %. Für die
beiden orange gefärbten Flächen war oben bereits ein Anteil von jeweils ca. 16,7 % ermittelt worden.
•
Flächenvergleiche bei einer Kreisfigur aus vier Kreisen
Ähnliche Flächenvergleiche sind für eine Kreisfigur
aus vier Kreisen möglich, deren Mittelpunkte
Eckpunkte eines Quadrats sind und deren Radien
so groß sind wie die Seitenlängen des Quadrats.
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Hier kann man durch ein Quadratraster mit Kreisen (vgl. Abb. rechts) alternative Beschreibungen für die
Fläche eines Kreises erhalten:
1 Kreis = 1x grün + 2x rosa + 3x gelb + 1x oliv = 12x gelb + 4x blau + 4x oliv,
also
1
4
3
4
-Kreis = 9x gelb + 3x blau + 3x oliv,
-Kreis = 3x gelb + 1x blau + 1x oliv,
1
12
-Kreis = 1x gelb +
1
3
x blau +
1
3
1
8
1
2
-Kreis = 6x gelb + 2x blau + 2x oliv,
-Kreis = 1,5x gelb + 0,5x blau + 0,5x oliv
x oliv,
und für Teilflächen:
grün = 5x gelb + 2x blau + 1x oliv < ½ Kreis = 6x gelb + 2x blau + 2x oliv
rosa = 2x gelb + 1x blau + 1x oliv < ¼ Kreis = 3x gelb + 1x blau + 1x oliv
Für zusammenhängende Teilflächen eines Kreises ergibt sich weiter
1x rosa + 1x gelb
1x grün + 1x gelb + 1x oliv
2x rosa + 1x grün
= 3x gelb + 1x blau + 1x oliv
= 6x gelb + 2x blau + 2x oliv
= 9x gelb + 4x blau + 3x oliv
=
1
4
-Kreis
=
1
2
-Kreis
> ¾ Kreis
= 9x gelb + 3x blau + 3x oliv
Darüber hinaus sind folgende Größenvergleiche möglich:
–
Gesamtfläche der vier Kreise:
4x grün + 4x rosa + 4x gelb + 1x oliv = 32x gelb + 12x blau + 9x oliv
> 2,25 Kreise = 27x gelb + 9x blau + 9x oliv bzw.
< 3 Kreise = 36x gelb + 12x blau + 12x oliv.
–
Gesamtfläche von zwei Kreisen:
2x grün + 3x rosa + 4x gelb + 1x oliv = 20x gelb + 7x blau + 6x oliv
> 1,5 Kreise = 18x gelb + 6x blau + 6x oliv bzw.
< 1,75 Kreise = 21x gelb + 7x blau + 7x oliv.
–
Schnittfläche von zwei Kreisen:
1x rosa + 2x gelb + 1x oliv = 4x gelb + 1x blau + 2x oliv
>
1
4
-Kreis = 3x gelb + 1x blau + 1x oliv bzw.
<
1
2
-Kreis = 6x gelb + 2x blau + 2x oliv.
Die Schätzung der Flächengröße durch Vergleich gelingt hier also nicht so gut wie die Schätzung dieser
Fläche bei der Figur mit drei Kreisen (s. o.).
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Betrachtet man analog zur Figur aus drei Kreisen die Flächen im Quadratraster, dann ergibt sich das
folgende lineare Gleichungssystem:
Quadrat:
4x gelb + 2x blau + 1x oliv = 1
Kreis:
12x gelb + 4x blau + 4x oliv = π
Schnittfläche:
4x gelb + 1x blau + 2x oliv ≈ 0,391 ∙ π (vgl. oben)
–
Lösung dieses Gleichungssystems ergibt folgende Flächengrößen:
gelb ≈ 0,128 FE; blau ≈ 0,087 FE, oliv ≈ 0,315 FE.
Hieraus folgt:
grün = 5x gelb + 2x blau + 1x oliv ≈ 1,129 FE (35,9 %)
rosa = 2x gelb + 1x blau + 1x oliv ≈ 0,658 FE (20,9 %)
Teilflächen der o. a. Figur im Quadratraster lassen sich zusammenfassen:
lila = 4x gelb + 4x blau
braun = 8x gelb + 4x oliv
–
Wie groß sind diese Teilflächen?
Zum Abschluss dieses Themas noch eine
kleine Knobelaufgabe:
–
Wie müssen die Abstände zwischen
den Kreismittelpunkten gewählt werden,
damit die gelb gefärbte Fläche so groß
ist wie die blau gefärbte Fläche?
Hinweis: Die Mittelpunkte sind die
Eckpunkte eines regelmäßigen 8-Ecks.
•
Anwendung der Siebformel und der DE MORGAN’schen Gesetze beim Spiel Fiese 15
Beim Spiel Fiese 15 wirft man sechs verschiedenfarbige Würfel. Auf einer Karte stehen Vorgaben für die
maximalen Augenzahlen, die die einzelnen Würfel in der nächsten Runde eines Spiels zeigen dürfen.
Die Zahl 15 im Spiel-Namen ergibt sich aus der Summe der jeweils in der Vorgabe aufgelisteten Augenzahlen. Zum Spiel könnten (theoretisch) 18 verschiedene Karten gehören, denn es gibt 18 Möglichkeiten,
die Zahl 15 als Summe von sechs Summanden aus der Menge {1, 2, 3, 4, 5, 6} darzustellen:
1+1+1+1+5+6
1+2+2+2+2+6
1+1+2+3+3+5
1+1+2+3+4+4
2+2+2+2+3+4
1+1+1+2+4+6
1+1+1+2+5+5
1+2+2+2+3+5
1+2+2+2+4+4
2+2+2+3+3+3
1+1+1+3+3+6
1+1+1+3+4+5
2+2+2+2+2+5
1+1+3+3+3+4
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Seite 18 / 19 © Heinz Klaus Strick 2017
1+1+2+2+3+6
1+1+2+2+4+5
1+1+1+4+4+4
1+2+2+3+3+4
In der 1. Runde wirft man alle sechs Würfel. Jede Augenzahl, die einer Vorgabe entspricht, ist gültig.
Bei einem Wurf muss mindestens eine der Augenzahlen gültig sein, sonst hat man das Spiel verloren.
Wenn ein Würfel oder mehrere Würfel die Vorgabe erfüllen, kann man diese Punkte sichern und mit den
restlichen Würfeln weiterspielen; man darf aber auch aufhören. In jeder Runde muss mindestens eine
Augenzahl gesichert werden.
Beispiel
In der Grafik rechts ist oben die Vorgabe zu sehen,
darunter der Wurf der 1. Runde.
Die Augenzahl des grünen Würfels könnte nicht
besser sein, die des roten Würfels ist nicht
schlecht, beim schwarzen Würfel könnte man sich
mit dem einen Punkt zufrieden geben.
Da die Augenzahlen beim weißen und beim gelben Würfel über der Vorgabe liegen, müssten diese beiden
Würfel noch einmal geworfen werden.
Soll man den blauen Würfel erneut werfen oder soll man sich mit dem einem Punkt bei blau zufrieden
geben? Sollte man vielleicht sogar besser ganz aufhören?
–
Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird man in der 2. Runde überhaupt einen gültigen Wurf haben, also
mit dem weißen Würfel die 1 würfeln oder mit dem gelben höchstens 2 werfen oder mit dem blauen
höchstens 3?
–
Wird diese Wahrscheinlichkeit größer, wenn man den schwarzen Würfel auch noch hinzunimmt (in der
Hoffnung, 2 Punkte statt nur 1 Punkt zu erreichen)?
Lösung
Nach dem DE MORGAN’schen Gesetz gilt: A ∪ B ∪ C = A ∩ B ∩ C , d. h., das Gegenereignis eines OderEreignisses ist gleich dem Und-Ereignis der Gegenereignisse, also:
Das Gegenereignis von (weiß = 1) oder (gelb ≤ 2) oder (blau ≤ 3) ist das Ereignis
(weiß > 1) und (gelb > 2) und (blau > 3).
Dieses hat die Wahrscheinlichkeit
Wahrscheinlichkeit 1 −
5 4 3
60
10
5
⋅ ⋅ =
=
=
, d. h., das interessierende Ereignis hat die
6 6 6 216 36 18
5 13
=
≈ 72,2 % .
18 18
Da die Wahrscheinlichkeit deutlich über 50 % liegt, empfiehlt sich ein zweiter Wurf mit dem weißen, gelben
und blauen Würfel.
Um die Chancen abzuschätzen, wenn man den schwarzen Würfel auch noch hinzunimmt, muss man so
weiterrechnen:
Das Gegenereignis von (weiß = 1) oder (gelb ≤ 2) oder (blau ≤ 3) oder (schwarz ≤ 2) ist das Ereignis
(weiß > 1) und (gelb > 2) und (blau > 3) und (schwarz > 2).
Dieses hat die Wahrscheinlichkeit
die Wahrscheinlichkeit 1 −
5 4 3 4
240
40
5
, d. h., das interessierende Ereignis hat
⋅ ⋅ ⋅ =
=
=
6 6 6 6 1296 216 27
5
22
=
≈ 81,5 % .
27 27
Dass die Wahrscheinlichkeit größer wird, ergibt sich ohne Rechnung aus der Tatsache, dass eine weitere
Möglichkeit hinzukommt. Für die genaue Abschätzung der Wahrscheinlichkeit benötigt man allerdings die
angegebene Rechnung.
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