Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist?

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05.04.2018, 18:31	Spikey2012	Auf diesen Beitrag antworten »
Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Meine Frage: Die Fragestellung lautet wie folgt: In einer Urne stecken N viele Kugeln. Auf jeder Kugel ist eine natürliche zweistellige Zahl geschrieben. Dabei kommt jede Zahl genau einmal vor. Es werden zwei Kugeln gezogen. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe der beiden gezogenen Zahlen durch 3 teilbar ist? Meine Ideen: Ich habe mir gedacht, dass es zunächst (N¦2) (N über 2) unterschiedliche Möglichkeiten gibt 2 unterschiedliche Kugeln zu ziehen. Allerdings sind das ja viel zu viele Möglichkeiten für die letztendlichen Ergebnisse der Summe oder? Müsste man nicht eigentlich noch alle "doppelten" Summen (also die mit gleichem Ergebnis) rausrechnen? Und falls ja, dann wie? Außerdem weiß ich nicht, wie man die Anzahl der Ergebnisse, die durch 3 teilbar sind allgemein angeben kann, da man ja keinerlei Informationen über die vorhandenen Zahlen etc. hat. Ich weiß, dass die kleinste möglichste Zahl 21 und größte mögliche Zahl 109 sind und es dazwischen 30 durch 3 teilbare Zahlen gibt, aber ich weiß nicht wie man das auf beliebig vorhandene Zahlen verallgemeinern kann. Die Quersumme muss ja durch 3 teilbar sein, aber ich weiß nicht wie ich das einbauen soll. Mein Problem ist, dass ich überhaupt nicht weiß, wie ich dass so vollkommen allgemein anwenden soll.
05.04.2018, 19:26	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Ich fände es wichtig, noch deutlicher zu formulieren, welche Zahlen in der Urne genau stecken. Es sollen offenbar alle zweistelligen Dezimalzahlen sein, also die Zahlen 10,11,12, ....., 97,98,99 . Dies sind insgesamt N=90 Zahlen (bzw. Kugeln). Eine hilfreiche Idee ist nun die, dass man die Zahlen nach ihrem Dreierrest einteilt: Die 30 Zahlen 12,15,18, ...., 96,99 sind durch 3 teilbar, haben also den Dreierrest Null. Die 30 Zahlen 10,13,16, .... , 94,97 haben den Dreierrest Eins und die restlichen 30 den Dreierrest 2. Nun, ich will nicht die ganze Lösung vorführen unt klemme jetzt mal hier ab.
05.04.2018, 19:42	Spikey2012	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Aber es steht doch in der Aufgabe nur, dass N Kugeln in der Urne stecken, kann man dann automatisch von allen 90 ausgehen? Und warum muss man die Dreierreste betrachten? Weil am Ende geht es doch um die Teilbarkeit der Summe zweier Zahlen durch 3. Benutzt man diese Info, indem man sagt, dass die Summe genau dann durch 3 teilbar ist, wenn es beide Summanden sind oder wenn beide Summanden den Rest Null haben? Allerdings kann ich doch dann nur die Formel aufstellen, wenn ich wüsste, dass alle 90 Zahlen enthalten sind oder?
05.04.2018, 19:44	adiutor62	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? https://www.onlinemathe.de/forum/Wahrsch...r-Summe-durch-3
05.04.2018, 20:40	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Aber es steht doch in der Aufgabe nur, dass N Kugeln in der Urne stecken, kann man dann automatisch von allen 90 ausgehen? Es steht da aber auch noch: "Dabei kommt jede Zahl genau einmal vor." (wie sollte man denn diesen Satz verstehen ?) Falls es nicht alle wären, dann müsste noch angegeben sein, welche (mit welchen Zahlenwerten) in der Urne sind. Andernfalls ließe sich die Aufgabe jedenfalls nicht eindeutig lösen.
05.04.2018, 20:56	Spikey2012	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Ok gut, das ergibt Sinn. Dann wären also alle möglichen Ergebnisse für die Summe 90 über 2 oder ? Oder muss man noch alle doppelten Ergebnisse (also z.B. 11+22 und 10+23) rausrechnen? Und falls ja wie? Kann es sein, dass alle möglichen Ergebnisse 90 über 2 sind. Und die Ergebnisse die durch 3 teilbar sind mit dem Dreierrest zusammenhängen? Es gibt ja 3 verschiedene Möglichkeiten, also hat die relevante eine Wahrscheinlichkeit von 1/3. Somit könnten die gesuchten Möglichkeiten 1/3 * 90 über 2 sein? aber dann fehlt ja noch das man die Summe nimmt oder?
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06.04.2018, 03:26	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
Für mich sind die Summenzahlen so gut wie natürlichen Zahlen selbst. Ergo: $\begin{eqnarray} p=\frac 13 \end{eqnarray}$ Ein durchgeführter numerischer Test mit n = 1.000.000 auf $\begin{eqnarray} p\neq \frac 13 \end{eqnarray}$ kann mit Irrtumswahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} \alpha = 0.01\% \end{eqnarray}$ (!) abgelehnt werden. Das Abweichung ist zu $\begin{eqnarray} 99.91\% \end{eqnarray}$ zufällig. meiner Meinung nach stammt die Aufgabe von dir selbst.
06.04.2018, 19:34	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wahrscheinlichkeit, dass die Summe zweier natürlicher zweistelliger Zahlen durch 3 teilbar ist? Die möglichen Summenergebnisse sind natürlich alle ganzen Zahlen von 10+11=21 bis und mit 98+99=197 . Das kleine Problem dabei ist aber das, dass nicht alle diese insgesamt 177 möglichen Summenwerte mit der gleichen Wahrscheinlichkeit auftreten. Natürlich kann man ohne weitere Rechnung sagen, dass die gesuchte Wahrscheinlichkeit etwa $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ sein muss. Für eine genaue Berechnung ist aber etwas mehr erforderlich. Ein möglicher Weg geht über die Dreierreste der Zahlen.
06.04.2018, 23:28	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
gut, die Summenzahlen sind nicht gleich verteilt. Anscheinend ebnet die Bedingung mod 3= 0 das Ganze ein. Den Unterschied zu p=1/3 Herauszuarbeiten ist bestimmt anspruchsvoll - oder?
11.04.2018, 17:02	rumar	Auf diesen Beitrag antworten »
Anscheinend ebnet die Bedingung mod 3= 0 das Ganze ein. So ist es. Insbesondere ist wohl wichtig, dass unter den zweistelligen Zahlen genau gleich viele (je 30) mit jedem möglichen Dreierrest vorkommen. Den Unterschied zu p=1/3 Herauszuarbeiten ist bestimmt anspruchsvoll - oder? Das denke ich auch. Schlimme Vermutung: Möglicherweise war das sogar dem Originator der Aufgabe nicht wirklich bewusst ...
11.04.2018, 17:10	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Wahrscheinlichkeit ist genau $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ für eine durch 3 teilbare Summe. Interessanterweise stimmt das bei drei statt zwei gezogenen Kugeln nicht mehr: Da ist die Wahrscheinlichkeit gleich $\begin{eqnarray} \frac{653}{1958} = \frac{1}{3} + \frac{1}{5874} \end{eqnarray}$ für eine durch 3 teilbare Summe. Den Unterschied zu $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ durch eine stochastische Simulation signifikant herauszuarbeiten, erfordert da schon eine ganz ordentliche Versuchsanzahl - die n=1.000.000 oben von Dopap dürften in diesem Fall angesichts $\begin{eqnarray} \sigma = \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \approx 0.00047 \end{eqnarray}$ nicht reichen. -------------------------------------------- Hab nochmal drüber nachgedacht: Bezeichnet man mit $\begin{eqnarray} p(k) \end{eqnarray}$ die Wahrscheinlichkeit, dass in diesem Szenario hier bei $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ gezogenen Zahlen (ohne Zurücklegen) deren Summe durch drei teilbar ist (d.h. es ist $\begin{eqnarray} 0\leq k\leq 90 \end{eqnarray}$ ), so ist folgendes klar: 1) Symmetrie $\begin{eqnarray} p(90-k) = p(k) \end{eqnarray}$ 2) $\begin{eqnarray} p(k) = \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ für nicht durch 3 teilbare $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ . Noch offen ist die Berechnung von $\begin{eqnarray} p(k) \end{eqnarray}$ für durch 3 teilbare $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ , das scheint nicht so trivial zu sein.
12.04.2018, 11:56	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
fein, nur sei die Frage gestattet, wie man Fall I mit 2 Kugeln und/oder Fall II mit 3 Kugeln begründet?
12.04.2018, 12:39	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Fall I mit 2 Kugeln ist mit dem 2) aus meinem letzten Beitrag abgefrühstückt. Idee zum Beweis von 2): Es werden Bijektionen aufgestellt zwischen den Ziehungen mit Summe $\begin{eqnarray} 0\bmod 3 \end{eqnarray}$ und denen mit Summe $\begin{eqnarray} 1\bmod 3 \end{eqnarray}$ , sowie auch denen mit Summe $\begin{eqnarray} 2\bmod 3 \end{eqnarray}$ . Auf diese Weise ist klar, dass die Anzahlen der Ziehungen in diesen drei Kategorien jeweils gleich sein muss, was natürlich dann die jeweils gleiche Laplace-Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray} \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ zur Folge hat. Wie sehen diese Bijektionen aus? Ganz einfach: Jedem Tupel $\begin{eqnarray} (n_1,\ldots,n_k) \end{eqnarray}$ mit Summe $\begin{eqnarray} 0\bmod 3 \end{eqnarray}$ werden die Tupel $\begin{eqnarray} (n_1+1,\ldots,n_k+1) \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} (n_1-1,\ldots,n_k-1) \end{eqnarray}$ zugeordnet (wobei das ganze modulo 90 zu verstehen ist, d.h., im Fall $\begin{eqnarray} n_k=99 \end{eqnarray}$ ist dann $\begin{eqnarray} n_k+1=100\equiv 10\bmod 90 \end{eqnarray}$ gemeint und genauso bei $\begin{eqnarray} n_1=10 \end{eqnarray}$ dann $\begin{eqnarray} n_1-1=9\equiv 99\bmod 90 \end{eqnarray}$ ). Dann hat $\begin{eqnarray} (n_1+1,\ldots,n_k+1) \end{eqnarray}$ eine Summe $\begin{eqnarray} k\bmod 3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (n_1-1,\ldots,n_k-1) \end{eqnarray}$ entsprechend eine Summe $\begin{eqnarray} -k\bmod 3 \end{eqnarray}$ , was den Kongruenzklassen 1 und 2 enspricht (je nach $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ in dieser bzw. umgekehrter Reihenfolge). Das war's dann auch schon. Bei Fall II mit 3 Kugeln muss man wirklich rechnen: Es gibt die Fälle 000, 111, 222 sowie 012 für Summe $\begin{eqnarray} 0\bmod 3 \end{eqnarray}$ , das ergibt die Wahrscheinlichkeitsrechnung $\begin{eqnarray} \frac{1}{\binom{90}{3}}\left( 3\binom{30}{3} + 30^3 \right) = \frac{653}{1958} \end{eqnarray}$ . Fall I hätte man natürlich auch so rechnen können, dann mit den beiden Fällen 00 und 12 und damit der Rechnung $\begin{eqnarray} \frac{1}{\binom{90}{2}}\left( \binom{30}{2} + 30^2 \right) = \frac{1}{3} \end{eqnarray}$ , aber es geht eben auch anders (s.o.). EDIT: Bei $\begin{eqnarray} k=6 \end{eqnarray}$ wird die Rechnung mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{\binom{90}{6}}\left( 3\binom{30}{6} + 3\binom{30}{4}30^2 + 3\binom{30}{3}^2 + \binom{30}{2}^3 \right) = \frac{238550}{715649} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2146947} \end{eqnarray}$ dann schon haariger...
12.04.2018, 17:35	Dopap	Auf diesen Beitrag antworten »
@HAL9000 Ich werde mir das gelegentlich zur Brust nehmen... Einfach stark wie weit man mit reiner Mathematik kommen kann. Bemerkung: Schön, dass du immer noch Zeit und Arbeit investierst um vernünftige Fragen hinreichend zu beantworten. Nicht selbstverständlich!

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