Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Zufallsgrößen, Erwartungswert und faire Spiele

Berufliches Gymnasium · Stochastik ohne Binomialverteilung · Grund- und Leistungskurs · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

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Drei Kugeln aus dem Behälter

AFB I · Reproduzieren

In einem undurchsichtigen Behälter liegen zehn gleich große Kugeln: vier rote und sechs blaue. Es werden nacheinander drei Kugeln zufällig ohne Zurücklegen gezogen. Die Zufallsgröße $X$ gibt die Anzahl der gezogenen roten Kugeln an.

Das Baumdiagramm der drei Züge. An jedem Ast steht, wie viele Kugeln der betreffenden Farbe noch im Behälter liegen und wie viele insgesamt.

Stellen Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ in einer Tabelle dar und weisen Sie nach, dass sich die Wahrscheinlichkeiten zu $1$ ergänzen.
Berechnen Sie den Erwartungswert und die Standardabweichung von $X$ und deuten Sie den Erwartungswert im Sachzusammenhang.
Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die zweite gezogene Kugel rot ist.
In den Behälter werden zusätzlich rote Kugeln gelegt. Ermitteln Sie, wie viele es sein müssen, damit beim Ziehen von zwei Kugeln ohne Zurücklegen mit der Wahrscheinlichkeit $0{,}5$ beide Kugeln rot sind.

Das Glücksrad beim Vereinsfest

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Beim Sommerfest eines Sportvereins steht ein Glücksrad. Der rote Sektor hat den Mittelpunktswinkel $45^\circ$, der gelbe Sektor $135^\circ$, der übrige Teil des Rades ist blau. Wer mitspielt, zahlt einen Einsatz von $2{,}00$ € und dreht das Rad einmal. Bleibt es im roten Sektor stehen, werden $8{,}00$ € ausgezahlt, im gelben Sektor $2{,}00$ €, im blauen Sektor nichts. Die Zufallsgröße $G$ beschreibt den Gewinn eines Spielers in Euro, also die Auszahlung vermindert um den Einsatz.

Das Glücksrad. Die Flächenanteile der Sektoren sind die Wahrscheinlichkeiten, in den Sektoren steht die jeweilige Auszahlung.

Geben Sie die Wahrscheinlichkeiten der drei Sektoren an und stellen Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $G$ auf.
Berechnen Sie $E(G)$ und begründen Sie damit, dass das Spiel nicht fair ist.
Bestimmen Sie den Einsatz, bei dem das Spiel fair wäre. Ermitteln Sie außerdem, wie hoch die Auszahlung im roten Sektor sein müsste, damit das Spiel bei einem Einsatz von $2{,}00$ € fair ist.
An einem Festtag wird das Rad $400$-mal gedreht. Berechnen Sie den zu erwartenden Gewinn des Veranstalters und ermitteln Sie, wie oft gedreht werden müsste, damit er im Mittel mindestens $250$ € einnimmt.

Drei Terme und ein Versprechen

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

Am Glücksrad aus Aufgabe 2 wird mehrfach hintereinander gespielt; die einzelnen Spiele beeinflussen sich nicht. Es bleibt bei $P(\text{rot}) = \frac{1}{8}$, $P(\text{gelb}) = \frac{3}{8}$ und $P(\text{blau}) = \frac{1}{2}$, bei einem Einsatz von $2{,}00$ € und bei $E(G) = -0{,}25$ € je Spiel.

Zu b): Zwei simulierte Spielserien. Der durchschnittliche Gewinn je Spiel schwankt anfangs stark und legt sich mit wachsender Spielzahl an den Erwartungswert −0,25 Euro. Die Darstellung ist schematisch.

Formulieren Sie zu jedem der folgenden Terme ein passendes Ereignis im Sachzusammenhang und geben Sie seinen Wert an: (1) $1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{4}$ • (2) $2 \cdot \frac{1}{8} \cdot \frac{3}{8}$ • (3) $\left(\frac{1}{2}\right)^{3} \cdot \frac{1}{8}$
Ein Besucher behauptet: „Wer nur oft genug spielt, gewinnt am Ende ganz sicher.“ Beurteilen Sie diese Aussage mithilfe des Gesetzes der großen Zahlen.
Der Veranstalter schlägt vor, die Auszahlung im roten Sektor von $8{,}00$ € auf $12{,}00$ € zu erhöhen und dafür den roten Sektor von $45^\circ$ auf $30^\circ$ zu verkleinern; der gelbe Sektor bleibt unverändert, der blaue wird entsprechend größer. Beurteilen Sie, ob das Spiel dadurch für die Spieler günstiger wird.

Lösungen

1 · Drei Kugeln aus dem Behälter

a) Jeder Pfad wird durchmultipliziert, Pfade zum selben Wert von $X$ werden addiert. Kein Treffer: $P(X = 0) = \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} \cdot \frac{4}{8} = \frac{1}{6}$. Genau ein Treffer — drei Pfade mit denselben Faktoren in anderer Reihenfolge, jeder mit $\frac{1}{6}$: $P(X = 1) = 3 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$. Ebenso $P(X = 2) = 3 \cdot \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} \cdot \frac{6}{8} = \frac{3}{10}$ und $P(X = 3) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} \cdot \frac{2}{8} = \frac{1}{30}$. Die Tabelle lautet also: zu $k = 0;\,1;\,2;\,3$ gehören der Reihe nach $\frac{1}{6}$, $\frac{1}{2}$, $\frac{3}{10}$ und $\frac{1}{30}$. Probe: $\frac{5}{30} + \frac{15}{30} + \frac{9}{30} + \frac{1}{30} = 1$.

b) Erwartungswert: $E(X) = 0 \cdot \frac{1}{6} + 1 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{3}{10} + 3 \cdot \frac{1}{30} = \frac{6}{5} = 1{,}2$. Für die Streuung zuerst $E(X^2) = 1 \cdot \frac{1}{2} + 4 \cdot \frac{3}{10} + 9 \cdot \frac{1}{30} = 2$, damit $\operatorname{Var}(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2 = 2 - 1{,}44 = 0{,}56$ und $\sigma = \sqrt{0{,}56} \approx 0{,}75$. Deutung: Wiederholt man das Ziehen sehr oft, so sind unter drei Kugeln im Mittel $1{,}2$ rote — das passt zum Anteil von $40\ \%$ roten Kugeln im Behälter. Ein einzelner Versuch liefert diesen Wert nie, er liegt zwischen den möglichen Ergebnissen $1$ und $2$.

c) Die zweite Kugel ist rot, wenn die erste rot war (Pfad $\text{rot--rot}$) oder wenn die erste blau war (Pfad $\text{blau--rot}$): $P = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} + \frac{6}{10} \cdot \frac{4}{9} = \frac{12}{90} + \frac{24}{90} = \frac{2}{5} = 0{,}4$. Das ist genau die Wahrscheinlichkeit für „rot“ beim ersten Zug. Solange man über den ersten Zug nichts weiß, ändert die Reihenfolge nichts — anders sieht es erst aus, wenn das Ergebnis des ersten Zuges bekannt ist.

d) Kommen $x$ rote Kugeln dazu, so liegen $4 + x$ rote unter $10 + x$ Kugeln. Gefordert ist $\frac{4+x}{10+x} \cdot \frac{3+x}{9+x} = \frac{1}{2}$, also $2 \cdot (4+x)(3+x) = (10+x)(9+x)$ und ausmultipliziert $2x^2 + 14x + 24 = x^2 + 19x + 90$. Das ergibt die quadratische Gleichung $x^2 - 5x - 66 = 0$ mit $x_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{25 + 264}}{2} = \frac{5 \pm 17}{2}$, also $x_1 = 11$ und $x_2 = -6$. Negative Kugelzahlen gibt es nicht, es müssen also 11 rote Kugeln hinzugelegt werden. Probe: Im Behälter liegen dann $15$ rote und $6$ blaue Kugeln, und $\frac{15}{21} \cdot \frac{14}{20} = \frac{210}{420} = 0{,}5$.

Derselbe Baum mit den acht Pfadwahrscheinlichkeiten. Ihre Summe ist 1 — eine gute Probe für die Rechnung in a).

Zu b): Die Verteilung von X. Der Erwartungswert 1,2 liegt nicht beim höchsten Stab, sondern im Schwerpunkt aller vier Stäbe.

Ohne Zurücklegen ist $X$ nicht binomialverteilt. Der Erwartungswert stimmt hier zwar zufällig mit $n \cdot p = 3 \cdot 0{,}4 = 1{,}2$ überein, die Streuung aber nicht: Mit Zurücklegen wäre $\operatorname{Var}(X) = 3 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}6 = 0{,}72$, hier sind es nur $0{,}56$. Wer eine Kugel herausnimmt, verkleinert den Vorrat — die Ergebnisse liegen dichter beisammen.

2 · Das Glücksrad beim Vereinsfest

a) Der blaue Sektor füllt den Rest des Vollkreises, misst also $360^\circ - 45^\circ - 135^\circ = 180^\circ$. Jede Wahrscheinlichkeit ist der Anteil des Sektors am Vollkreis: $P(\text{rot}) = \frac{45^\circ}{360^\circ} = \frac{1}{8}$, $P(\text{gelb}) = \frac{135^\circ}{360^\circ} = \frac{3}{8}$ und $P(\text{blau}) = \frac{180^\circ}{360^\circ} = \frac{1}{2}$; zusammen $1$. Vom Einsatz $2{,}00$ € bleibt: bei Rot $8 - 2 = 6$, bei Gelb $2 - 2 = 0$, bei Blau $0 - 2 = -2$. Also nimmt $G$ die Werte $6$, $0$ und $-2$ an, mit den Wahrscheinlichkeiten $\frac{1}{8}$, $\frac{3}{8}$ und $\frac{1}{2}$.

b) $E(G) = 6 \cdot \frac{1}{8} + 0 \cdot \frac{3}{8} + (-2) \cdot \frac{1}{2} = 0{,}75 - 1 = -0{,}25$. Fair heißt $E(G) = 0$ — der Einsatz entspricht dann genau der erwarteten Auszahlung. Hier ist $E(G) = -0{,}25 \neq 0$: Jeder Spieler verliert auf lange Sicht im Mittel $25$ Cent je Spiel. Das Spiel ist also nicht fair, sondern zugunsten des Veranstalters angelegt.

c) Die erwartete Auszahlung hängt nicht vom Einsatz ab: $8 \cdot \frac{1}{8} + 2 \cdot \frac{3}{8} + 0 \cdot \frac{1}{2} = 1 + 0{,}75 = 1{,}75$. Ein faires Spiel verlangt genau diesen Einsatz, also $1{,}75$ €. Soll dagegen der Einsatz bei $2{,}00$ € bleiben, muss die Auszahlung $a$ im roten Sektor die Gleichung $\frac{1}{8} \cdot a + \frac{3}{8} \cdot 2 = 2$ erfüllen. Daraus folgt $\frac{1}{8} \cdot a = 1{,}25$ und $a = 10$, der Hauptgewinn müsste also auf $10{,}00$ € steigen.

d) Was der Spieler im Mittel verliert, gewinnt der Veranstalter: $0{,}25$ € je Drehung. Bei $400$ Drehungen sind das $400 \cdot 0{,}25 = 100$, also $100$ €. Für mindestens $250$ € muss $n \cdot 0{,}25 \geq 250$ gelten, also $n \geq 1000$: Das Rad müsste mindestens $1000$-mal gedreht werden. Das ist ein Erwartungswert und keine Garantie — an einem einzelnen Tag kann die Einnahme deutlich darüber oder darunter liegen.

Zu a): Die Wahrscheinlichkeitsverteilung des Gewinns G in Tabellenform.

Auszahlung und Gewinn sind zwei verschiedene Zufallsgrößen. Wer den Einsatz vergisst, rechnet mit $E = 1{,}75$ und hält das Spiel für vorteilhaft. Und „fair“ heißt nicht „jeder gewinnt gleich oft“, sondern genau: der Erwartungswert des Gewinns ist $0$.

3 · Drei Terme und ein Versprechen

a) (1) Das Gegenereignis zu „viermal hintereinander blau“: In vier Spielen gibt es mindestens einmal eine Auszahlung, das Rad bleibt also mindestens einmal nicht im blauen Sektor stehen. Wert: $1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16} = 0{,}9375$. (2) In zwei Spielen fällt genau einmal rot und einmal gelb; der Faktor $2$ steht für die beiden möglichen Reihenfolgen rot–gelb und gelb–rot. Wert: $\frac{3}{32} \approx 0{,}094$. (3) In den ersten drei Spielen fällt jedes Mal blau, im vierten Spiel rot: Der erste Hauptgewinn kommt genau im vierten Spiel. Wert: $\frac{1}{64} \approx 0{,}016$.

b) Die Aussage ist falsch, weil sie zwei Dinge verwechselt. Richtig ist: Die Wahrscheinlichkeit, irgendwann mindestens einmal den Hauptgewinn zu treffen, ist $1 - \left(\frac{7}{8}\right)^{n}$ und nähert sich für große $n$ dem Wert $1$. Über die Bilanz sagt das nichts. Nach dem Gesetz der großen Zahlen nähert sich der durchschnittliche Gewinn je Spiel mit wachsender Spielzahl dem Erwartungswert $E(G) = -0{,}25$ € an; der Gesamtgewinn nach $n$ Spielen liegt also bei etwa $n \cdot (-0{,}25)$ € und wandert immer weiter ins Minus. Wer $1000$-mal spielt, verliert im Mittel $250$ €. Je länger gespielt wird, desto sicherer ist der Verlust — nicht der Gewinn.

c) Zu vergleichen sind die Erwartungswerte. Neu ist $P(\text{rot}) = \frac{30^\circ}{360^\circ} = \frac{1}{12}$, der gelbe Sektor behält $\frac{3}{8}$, der blaue wächst auf $\frac{195^\circ}{360^\circ} = \frac{13}{24}$; zusammen ergibt das wieder $1$. Die erwartete Auszahlung beträgt $\frac{1}{12} \cdot 12 + \frac{3}{8} \cdot 2 = 1 + 0{,}75 = 1{,}75$, also genau so viel wie vorher, und damit ist auch $E(G) = 1{,}75 - 2 = -0{,}25$ € unverändert. Das Spiel wird für die Spieler nicht günstiger: Der größere Hauptgewinn wird durch den kleineren Sektor genau aufgewogen. Es ändert sich nur die Streuung — Hauptgewinne werden seltener, fallen dafür höher aus.

Zu c): Beide Räder nebeneinander. Der rote Sektor schrumpft von einem Achtel auf ein Zwölftel des Kreises, die Auszahlung steigt von 8 auf 12 Euro — das Produkt aus beidem bleibt gleich.

Ein größerer Hauptgewinn allein sagt nichts aus; entscheidend ist das Produkt aus Wahrscheinlichkeit und Auszahlung. Und das Gesetz der großen Zahlen macht eine Aussage über den Durchschnitt vieler Spiele, nicht über das einzelne Spiel: Es gibt keine „ausgleichende Kraft“, die nach vielen Nieten einen Treffer nachliefert — jede Drehung startet bei denselben Wahrscheinlichkeiten.