Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/24/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	1	3	2	7	1	4	12	6	4	3	2	9	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ nennt man

   $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\cdots +a_{n}x_{n}=0$

   eine (homogene) lineare Gleichung in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$ über ${}K$.

2. Unter einer ${}m\times n$-Matrix über ${}K$ versteht man ein Schema der Form

   ${\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&\ldots &a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\ldots &a_{2n}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\a_{m1}&a_{m2}&\ldots &a_{mn}\end{pmatrix}},$

   wobei ${}a_{ij}\in K$ für ${}1\leq i\leq m$ und ${}1\leq j\leq n$ ist.

3. Die Relation ${}R$ heißt transitiv, wenn aus ${}xRy$ und ${}yRz$ stets ${}xRz$ folgt.
4. Man sagt, dass die Folge gegen ${}x$ konvergiert, wenn folgende Eigenschaft erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in K$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

   ${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt.

5. Eine irrationale Zahl ist eine Zahl aus ${}\mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$.
6. Eine diskrete Wahrscheinlichkeitsdichte auf ${}M$ ist eine Abbildung

   $f\colon M\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,x\longmapsto f(x),$

   mit

   ${}\sum _{x\in M}f(x)=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und

   ${}a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\cdots +a_{n}x_{n}=c\,$

   eine lineare Gleichung über ${}K$ in den Variablen ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$. Es sei ${}a_{1}\neq 0$. Dann steht die Lösungsmenge ${}L$ der Gleichung in einer natürlichen Bijektion zum ${}K^{n-1}$, und zwar über die Abbildungen

   $L\longrightarrow K^{n-1},\,\left(x_{1},\,x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right)\longmapsto \left(x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right),$

   und

   $K^{n-1}\longrightarrow L,\,\left(x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right)\longmapsto \left({\frac {1}{a_{1}}}\left(c-a_{2}x_{2}-\cdots -a_{n}x_{n}\right),\,x_{2},\,\ldots ,\,x_{n}\right).$

2. Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper, und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. Es gelte

   $x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$

   und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Dann konvergiert auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$.
3. Es sei ${}(M,P)$ ein endlicher Wahrscheinlichkeitsraum und

   ${}M=B_{1}\uplus B_{2}\uplus \ldots \uplus B_{n}\,$

   eine Zerlegung in disjunkte Teilmengen, die alle positive Wahrscheinlichkeiten haben mögen. Dann ist für jedes Ereignis ${}E$

   ${}P(E)=\sum _{i=1}^{n}P(B_{i})\cdot P(E{|}B_{i})\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}2x&+3y&\,\,\,\,-z&+w&=&2\\2x&\,\,\,\,-y&-2z&+w&=&0\\-x&+y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-2\\x&+2y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}w$, indem wir die zweite von der ersten Gleichung subtrahieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+4y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\-x&+y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-2\\x&+2y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}x$, indem wir die zweite Gleichung mit der dritten Gleichung addieren. Dies führt auf

${\begin{matrix}&+4y&+z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\&+3y&+6z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&1\,.\end{matrix}}$

Mit ${}-6I+II$ ergibt sich

${}-21y=-11\,$

und

${}y={\frac {11}{21}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}z=-{\frac {2}{21}}\,,$

${}x={\frac {17}{7}}\,$

und

${}z=-{\frac {95}{21}}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Inwiefern hat das Eliminationsverfahren für lineare Gleichungssysteme mit dem Induktionsprinzip zu tun?

Lösung Eliminationsverfahren/Induktionsprinzip/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

${\begin{pmatrix}1&5&0\\4&4&1\\0&0&5\end{pmatrix}}.$

Lösung

${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\4&4&1\\0&0&5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-16&1\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&0\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&-16&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\-4&1&-{\frac {1}{5}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&5&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{16}}&{\frac {1}{80}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}-{\frac {1}{4}}&{\frac {5}{16}}&-{\frac {1}{16}}\\{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{16}}&{\frac {1}{80}}\\0&0&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sollen drei Häuser jeweils mit Leitungen an Wasser, Gas und Elektrizität angeschlossen werden. Beschreibe eine Möglichkeit, bei der es nur eine Überschneidung gibt.

Lösung Wasser/Gas/Elektrizität/Eine Überschneidung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Körpereigenschaft der Restklassenringe ${}\mathbb {Z} /(n)$.

Lösung

Bei ${}n=0$ ist der Restklassenring gleich ${}\mathbb {Z}$ selbst und kein Körper. Bei ${}n=1$ besteht der Restklassenring aus nur einem Element und es ist ${}{\overline {0}}\,={\overline {1}}\,$. Dies ist bei einem Körper explizit ausgeschlossen, und ${}1$ ist keine Primzahl. Es sei also von nun an ${}n\geq 2$. Wenn ${}n$ keine Primzahl ist, so gibt es eine Darstellung

${}n=rs\,$

mit kleineren Zahlen

${}1<r,s<n\,.$

Im Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(n)$ bedeutet dies, dass die Restklassen ${}{\overline {r}}\,$ und ${}{\overline {s}}\,$ nicht ${}0$ sind, dass aber ihr Produkt

${}{\overline {r}}\,{\overline {s}}\,={\overline {rs}}\,={\overline {n}}\,=0\,$

ist. Das kann nach Lemma 23.12 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) in einem Körper nicht sein.

Sei nun ${}n$ eine Primzahl. Wir müssen zeigen, dass jede von ${}0$ verschiedene Restklasse ${}{\overline {r}}\,$, ${}0<r<n$, ein inverses Element besitzt. Da ${}n$ prim ist, sind ${}r$ und ${}n$ teilerfremd. Nach dem Lemma von Bezout gibt es ganze Zahlen ${}a,b$ mit

${}ar+bn=1\,.$

Dies führt im Restklassenring zur Identität

${}{\begin{aligned}{\overline {1}}\,&={\overline {ar+bn}}\,\\&={\overline {a}}\,{\overline {r}}\,+{\overline {b}}\,{\overline {n}}\,\\&={\overline {a}}\,{\overline {r}}\,,\end{aligned}}$

die besagt, dass ${}{\overline {r}}\,$ und ${}{\overline {a}}\,$ invers zueinander sind.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob die reelle Zahl

${\sqrt {10000000000000000000000000000}}$

rational ist oder nicht.

Lösung

Es ist

${}{\sqrt {10000000000000000000000000000}}={\sqrt {10^{28}}}=10^{14}\,$

eine rationale Zahl.

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {3}}$ mit dem Startwert ${}x_{0}=1$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Heron-Folge zur Berechnung von ${}{\sqrt {\frac {1}{3}}}$ mit dem Startwert ${}y_{0}=1$.

1. Berechne ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$.
2. Berechne ${}y_{1}$ und ${}y_{2}$.
3. Berechne ${}x_{0}\cdot y_{0},\,x_{1}\cdot y_{1}$ und ${}x_{2}\cdot y_{2}$.
4. Konvergiert die Produktfolge ${}z_{n}=x_{n}\cdot y_{n}$ innerhalb der rationalen Zahlen?

Lösung

1. Es ist

   ${}x_{1}={\frac {1+3}{2}}=2\,$

   und

   ${}x_{2}={\frac {x_{1}+{\frac {3}{x_{1}}}}{2}}={\frac {2+{\frac {3}{2}}}{2}}={\frac {7}{4}}\,.$

2. Es ist

   ${}y_{1}={\frac {1+{\frac {1}{3}}}{2}}={\frac {2}{3}}\,$

   und

   ${}y_{2}={\frac {y_{1}+{\frac {\frac {1}{3}}{y_{1}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {\frac {1}{3}}{\frac {2}{3}}}}{2}}={\frac {{\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}}{2}}={\frac {\frac {7}{6}}{2}}={\frac {7}{12}}\,.$

3. Es ist

   ${}x_{0}\cdot y_{0}=1\cdot 1=1\,,$

   ${}x_{1}\cdot y_{1}=2\cdot {\frac {2}{3}}={\frac {4}{3}}\,,$

   und

   ${}x_{2}\cdot y_{2}={\frac {7}{4}}\cdot {\frac {7}{12}}={\frac {49}{48}}\,.$

4. Die Heron-Folge ${}x_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\sqrt {3}}$ und die Heron-Folge ${}y_{n}$ konvergiert in ${}\mathbb {R}$ gegen ${}{\frac {1}{\sqrt {3}}}$, daher konvergiert die Produktfolge ${}x_{n}\cdot y_{n}$ gegen ${}1$. Da dies zu ${}\mathbb {Q}$ gehört, konvergiert die Produktfolge auch in ${}\mathbb {Q}$.

Aufgabe weiter

Wir beschreiben eine Konstruktion von ineinander enthaltenen Intervallen, und gehen vom Einheitsintervall ${}[0,1]$ aus. Das Intervall wird in drei gleichlange Teilintervalle zerlegt und davon nehmen wir das dritte (Regel 1). Das entstehende Intervall teilen wir in fünf gleichlange Teilintervalle ein und davon nehmen wir das vierte (Regel 2). Jetzt wenden wir abwechselnd Regel 1 und Regel 2 an, immer bezogen auf das zuvor konstruierte Intervall. Dabei entsteht eine Folge von Intervallen ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$ (${}I_{0}$ ist das Einheitsintervall, das als Startintervall dient).

1. Bestimme die Intervallgrenzen des Intervalls, das im zweiten Schritt konstruiert wird (also von ${}I_{2}$, nachdem einmal die Regel ${}1$ und einmal die Regel 2 angewendet wurde).
2. Wie kann man den Konstruktionsschritt, der durch die einmalige Hintereinanderausführung von Regel 1 und von Regel 2 gegeben ist, mit einer einzigen Regel ausdrücken?
3. Bestimme ein Intervall der Form ${}[{\frac {a}{100}},{\frac {a}{100}}+{\frac {1}{100}}]$ mit ${}a\in \mathbb {N}$, das ganz in ${}I_{2}$ enthalten ist.
4. Erstelle eine Formel, die die untere Intervallgrenze des Intervalls ${}I_{2k}$, ${}k\in \mathbb {N}$, ausdrückt.
5. Es gibt genau eine rationale Zahl ${}c$, die in jedem Intervall ${}I_{n}$ enthalten ist. Bestimme ${}c$ als Bruch.
6. Gibt es ein Ziffernsystem, in dem die rationale Zahl ${}c$ aus (5) eine Ziffernentwicklung mit Periodenlänge ${}1$ besitzt?

Lösung

1. Das im ersten Schritt konstruierte Intervall ist ${}[{\frac {2}{3}},1]$ (mit der Länge ${}{\frac {1}{3}}$). Dessen Unterteilung in fünf gleichlange Teile ist durch

   $[{\frac {2}{3}}+{\frac {i}{15}},{\frac {2}{3}}+{\frac {i+1}{15}}],\,i=0,1,2,3,4,$

   gegeben. Das vierte Teilintervall davon ist

   ${}[{\frac {2}{3}}+{\frac {3}{15}},{\frac {2}{3}}+{\frac {4}{15}}]=[{\frac {10}{15}}+{\frac {3}{15}},{\frac {10}{15}}+{\frac {4}{15}}]=[{\frac {13}{15}},{\frac {14}{15}}]\,.$

2. Teile das Vorgängerintervall in ${}15$ gleichlange Teile und nehme davon das ${}14.$-te Teilintervall.
3. Bei der schriftlichen Division ${}13:15$ ergeben sich die Anfangsziffern ${}0,86$, bei der schriftlichen Division ${}14:15$ ergeben sich die Anfangsziffern ${}0,93$. Daher ist das Intervall ${}[0,87\,,\,0,88]$ in ${}I_{2}$ enthalten (also ${}a=87$).
4. Die Länge des Intervalls ${}I_{2k}$ ist ${}{\left({\frac {1}{15}}\right)}^{k}$, da ja in jedem Doppelschritt das Vorgängerintervall in ${}15$ Teile zerlegt wird und eins davon genommen wird. Es sei ${}a_{2k}$ die untere Intervallgrenze von ${}I_{2k}$. Dann besteht der rekursive Zusammenhang

   ${}a_{2(k+1)}=a_{2k}+13\cdot {\left({\frac {1}{15}}\right)}^{k+1}\,.$

   Somit ist

   ${}a_{2k}=13\cdot {\left({\frac {1}{15}}+{\left({\frac {1}{15}}\right)}^{2}+\cdots +{\left({\frac {1}{15}}\right)}^{k}\right)}=13\cdot {\left(\sum _{i=1}^{k}{\left({\frac {1}{15}}\right)}^{i}\right)}\,.$

5. (und gleichzeitig (6)) Es handelt sich um ${}{\frac {13}{14}}$. Wenn man nämlich im ${}15$-er System die Division ${}13:14$ durchführt, so erhält man zuerst eine ${}0$. Die Division mit Rest zur Berechnung der nächsten Ziffer ergibt

   ${}15\cdot 13=13\cdot 14+13\,.$

   Die erste Nachkommaziffer ist also ${}13$ und der Rest ist ebenfalls ${}13$. Damit wiederholt sich in der schriftlichen Division alles und es ergibt sich diejenige Zahl, bei der in der Ziffernentwicklung zur Basis ${}15$ (die Vorkammaziffern ${}0$ sind und) an jeder Nachkommastelle die Ziffer für ${}13$ steht. Insbesondere ist die Periodenlänge gleich ${}1$. Nach (dem analogen Resultat zur Basis ${}15$ zu) Lemma 28.8 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) ist somit

   ${}a_{2k}=\sum _{i=1}^{k}13\cdot 15^{-i}\leq {\frac {13}{14}}<\sum _{i=1}^{k}13\cdot 15^{-i}+15^{-k}=a_{2k}+15^{-k}\,,$

   was die Grenzen des Intervalls ${}I_{2k}$ sind.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die Aussage, dass eine reelle Zahl, die eine periodische Dezimalentwicklung besitzt, eine rationale Zahl ist.

Lösung

Es liege eine periodische Ziffernentwicklung für die reelle Zahl ${}x$ vor. Da sich die Eigenschaft, eine rationale Zahl zu sein, weder bei Multiplikation mit einer rationalen Zahl ${}\neq 0$ noch bei Addition mit einer rationalen Zahl ändert, können wir sofort annehmen, dass die Ziffernentwicklung die Form

$0,z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}z_{m-1}z_{m-2}{\ldots }z_{0}{\ldots }$

besitzt. Die dadurch definierte Zahl können wir als

${\left(\sum _{i=0}^{m-1}z_{i}10^{i}\right)}\cdot 0,00{\ldots }00100{\ldots }00100{\ldots }00100{\ldots }001{\ldots }$

auffassen, wobei die Einsen an der ${}m$-ten, ${}2m$-ten u.s.w. Stelle stehen. Wir müssen uns also nur noch um periodische Ziffernentwicklungen von dieser speziellen Art kümmern. Wir betrachten also die Reihe

$\sum _{i=1}^{\infty }{\left({\frac {1}{10^{m}}}\right)}^{i}.$

Nach Satz 47.6 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) konvergiert dies gegen

${}{\frac {1}{1-{\left({\frac {1}{10}}\right)}^{m}}}-1={\frac {1}{\left({\frac {99{\cdots }99}{10^{m}}}\right)}}-1={\frac {10^{m}}{99{\cdots }99}}-1={\frac {1}{99{\cdots }99}}\,,$

wobei jeweils ${}m$ Neunen vorkommen. Diese Zahl ist also rational.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 50.7 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach Lemma 23.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (5) nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}u\in \mathbb {R}$ fixiert. Zeige, dass die Potenzfunktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{u},$

stetig ist.

Lösung

Wir schreiben

${}x^{u}={\left(e^{\ln x}\right)}^{u}=e^{u\ln x}\,.$

Somit kann man ${}f$ als die Hintereinanderschaltung der Funktionen ${}x\mapsto \ln x$, ${}y\mapsto uy$ und ${}z\mapsto e^{z}$ auffassen. Diese Funktionen sind jeweils nach Satz 52.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)), Beispiel 51.2 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) und Satz 53.6 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) stetig. Aufgrund von [[Reelle Funktion/Stetig/Hintereinanderschaltung/Fakt|Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)/Reelle Funktion/Stetig/Hintereinanderschaltung/Fakt/Faktreferenznummer (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))]] ist dann die Hintereinanderschaltung ebenfalls stetig.

Aufgabe (2 Punkte)

Ergänze die folgende Tabelle, in der Winkel in verschiedenen Maßeinheiten miteinander in Bezug gesetzt werden. Die Prozentangabe bezieht sich auf den Vollkreis.

	Grad	Bogenmaß	Prozent
	${}\,$	${}\,$	${}100\,\%$
	${}270^{\circ }$	${}\,$	${}\,$
	${}\,$	${}{\frac {\pi }{10}}$	${}\,$
	${}60^{\circ }$	${}\,$	${}\,$
	${}\,$	${}\pi$	${}\,$
	${}\,$	${}\,$	${}1\,\%$

Lösung

	Grad	Bogenmaß	Prozent
	${}360^{\circ }$	${}2\pi$	${}100\,\%$
	${}270^{\circ }$	${}{\frac {3}{2}}\pi$	${}75\,\%$
	${}18^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{10}}$	${}5\,\%$
	${}60^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{3}}$	${}16{,}{\overline {6}}\,\%\,$
	${}180^{\circ }$	${}\pi$	${}50\,\%$
	${}3{,}6^{\circ }$	${}{\frac {\pi }{50}}$	${}1\,\%$

Aufgabe (9 (2+1+2+4) Punkte)

Beim Skat gibt es ${}32$ Karten, darunter ${}4$ Buben, und jeder Spieler bekommt ${}10$ Karten.

1. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmter Spieler alle ${}4$ Buben bekommt.
2. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass einer der drei Spieler alle ${}4$ Buben bekommt.
3. Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass ein bestimmter Spieler (genau) ${}2$ Buben bekommt.
4. Spieler ${}A$ hat zwei Buben bekommen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler ${}B$ ebenfalls zwei Buben hat?

Lösung

1. Die Anzahl der möglichen „Hände“, die Spieler ${}A$ bekommen kann, beträgt ${}{\binom {32}{10}}$. Die Anzahl der Hände, die alle vier Buben umfassen, sind ${}{\binom {28}{6}}$. Daher ist die Wahrscheinlichkeit, alle Buben zu bekommen, gleich

   ${}{\frac {\binom {28}{6}}{\binom {32}{10}}}={\frac {\,\,{\frac {28\cdot 27\cdots 23}{6\cdot 5\cdots 1}}\,\,}{\,\,{\frac {32\cdot 31\cdots 23}{10\cdot 9\cdots 1}}\,\,}}={\frac {10\cdot 9\cdot 8\cdot 7}{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}}={\frac {3\cdot 7}{4\cdot 31\cdot 29}}={\frac {21}{3596}}\,.$

2. Die drei Ereignisse sind disjunkt, daher ist die Wahrscheinlichkeit das Dreifache der Einzelwahrscheinlichkeiten, also gleich

   ${}3\cdot {\frac {21}{3596}}={\frac {63}{3596}}\,.$

3. Die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler ${}A$ zwei Buben bekommt, beträgt (Welche zwei Buben? Welche acht anderen Karten?)

   ${}{\begin{aligned}{\frac {{\binom {4}{2}}\cdot {\binom {28}{8}}}{\binom {32}{10}}}&={\frac {\,\,6\cdot {\frac {28\cdot 27\cdots 21}{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdots 1}}\,\,}{\,\,{\frac {32\cdot 31\cdots 23}{10\cdot 9\cdots 1}}\,\,}}\\&={\frac {\,\,6\cdot {\frac {22\cdot 21}{1}}\,\,}{\,\,{\frac {32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}{10\cdot 9}}\,\,}}\\&={\frac {10\cdot 9\cdot 6\cdot 22\cdot 21}{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}}\\&={\frac {3\cdot 3\cdot 11\cdot 21}{8\cdot 31\cdot 29}}\\&={\frac {2079}{7192}}.\end{aligned}}$

4. Es geht um die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass Spieler ${}B$ zwei Buben bekommt unter der Bedingung, dass Spieler ${}A$ zwei Buben bekommt. Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass sowohl Spieler ${}A$ als auch Spieler ${}B$ zwei Buben bekommt, muss man sich zunächst klar machen, dass es ${}{\binom {32}{10}}\cdot {\binom {22}{10}}$ Möglichkeiten gibt, je zehn Karten auf zwei Spieler zu verteilen. Es gibt ${}{\binom {4}{2}}$ Möglichkeiten, die Buben in zwei Hälften aufzuteilen, und es gibt ${}{\binom {28}{8}}\cdot {\binom {20}{8}}$ Möglichkeiten, die Nichtbuben auf diese zwei Spieler aufzuteilen. Also beträgt die Wahrscheinlichkeit

   ${}{\begin{aligned}{\frac {{\binom {4}{2}}\cdot {\binom {28}{8}}\cdot {\binom {20}{8}}}{{\binom {32}{10}}\cdot {\binom {22}{10}}}}&={\frac {\,\,6\cdot {\frac {28\cdot 27\cdots 21}{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdots 1}}\cdot {\frac {20\cdot 19\cdots 13}{8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdots 1}}\,\,}{\,\,{\frac {32\cdot 31\cdots 23}{10\cdot 9\cdots 1}}\cdot {\frac {22\cdot 21\cdots 13}{10\cdot 9\cdots 1}}\,\,}}\\&={\frac {\,\,6\cdot {\frac {22\cdot 21}{1}}\,\,}{\,\,{\frac {32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}{10\cdot 9}}\cdot {\frac {22\cdot 21}{10\cdot 9}}\,\,}}\\&={\frac {6\cdot 10^{2}\cdot 9^{2}}{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}}\\&={\frac {5\cdot 9^{2}}{8\cdot 31\cdot 29}}\\&={\frac {405}{7192}}.\end{aligned}}$

   Somit ist die bedingte Wahrscheinlichkeit gleich

   ${}{\frac {\frac {405}{7192}}{\frac {2079}{7192}}}={\frac {405}{2079}}={\frac {15}{77}}\,.$