Hinweis: Aus schreibtechnischen Gründen wird hier an Stelle des Wurzelzeichens die Potenzschreibweise gewählt. Mit x^0,5 ist also die Quadratwurzel aus x gemeint.

a)

Probe: p² + 2p•(1-p) + (1-p)² = ( p + (1-p))² = 1

b) p•(1-p) = p – p² = p – p² –1/4 + ¼ = ¼ - (p² – p + ¼) = ¼ - (p-1/2)² Der Term ist maximal wenn p = ½ . Dann hat P(0) = 2•p•(1-p) = ½ - 2•(p-1/2)² den Wert ½.

Es ist plausibel, dass die Wahrscheinlichkeit, nach zwei zufälligen Sprüngen der Weite 1 wieder im Ausgangspunkt zu landen, dann am größten ist, wenn keine „Tendenz“ ( größere Wahrscheinlichkeit) besteht, den Sprung nach rechts oder nach links auszuführen.

Welchen Endpunkt erwartet man bei einer gegebenen Sprungwahrscheinlichkeit p?

E = -2•(1-p)² + 0•2•p•(1-p) + 2•p² = -2•( (1-p)² – p²) = -2 + 4p

Daraus ergibt sich E = 0 für p=1/2 und auch, wie es sein muss, E = -2 für p=0 und E=2 für p=1.

c) 0≤2•p•(1-p)<1/4 ↔ 0≤p•(1-p)<1/8 ↔0≤p –p² <1/8 ↔ 0≥p²-p> -1/8 ↔ 1/4≥(p-1/2)²>1/8

↔ ½ ≥ | p –1/2 | > 2^0,5/4 ↔ 1/2≥ p - ½ > 2^0,5/4 v - ½ ≤ p – ½ < - 2^0,5/4

↔ 1≥ p > 1/4•(2 + 2^0,5) v 0 ≤ p < 1/4•(2 – 2^0,5)

Wenn man den Wurzelterm rundet, ergeben sich die beiden Lösungsintervalle

1≥ p > 0,85 und 0≤ p < 0,15

Mit p = 0,85 ist p² ≈ 0,72: In etwa drei von vier Fällen endet die Wanderung bei 2. Es ist ferner - wie gerade ausgerechnet - 2p•(1-p) ≈ 0,25: In rund einem Viertel aller Fälle ist die Endstation 0. Schließlich ist (1-p)² ≈ 0,02 : Nur zwei Prozent der Wanderungen werden bei -2 enden.

Eine graphische Lösung bestände darin, den Funktionsgraphen aufzutragen:

P(0) = 2•p•(1-p) = ½ - 2•(p-1/2)² ( s. Teil b)).

Für p > 0,85 und p< 0,15 ist P(0) < 0,25

Ich füge noch zwei Hinweise an.

1) Die eindimensionale zufällige Wanderung ist ein Modell zum Vorgang der Diffusion. Freilich wird dann der allgemeine Fall betrachtet, dass die Länge der zufälligen Wanderung gleich z ist, wobei z eine - in der Regel sehr große – natürliche Zahl bedeutet. Wer sich dafür näher interessiert, möge sich mit dem Beitrag auf dieser Seite befassen, der mit dem Titel „Einiges zur Wurzelfunktion“ überschrieben ist.

2) Ein Hinweis zum Teilen b) und c) der Aufgabe . In Teil b) geht es um die Frage, bei welcher Zahl p , die zwischen 0 und 1 liegt, der Term p•(1-p) den größten Wert annimmt. Diese Frage taucht häufig in Aufgaben oder Beweisen auf; man kann die Lösung p = ½ etwa durch Bildung der ersten Ableitung finden oder wie oben ausgeführt durch quadratische Ergänzung. Hier sei noch an eine geometrische Lösung erinnert, wie sie auch verwendet wird, wenn es darum geht, ein Rechteck in ein flächengleiches Quadrat zu verwandeln.

Diese im Wortsinne altertümliche zeichnerische Lösung kommt „mit Zirkel und Lineal“ aus; es werden bei solcherart Lösungen keine Funktionsgraphen aufgetragen, vielmehr sind Strecken bzw. Geraden und Kreise die einzigen geometrischen Figuren, die verwendet werden.

Man errichtet über einer Strecke AB der Länge 1 den Halbkreis. Von einem Punkt C des Halbkreises fällt man das Lot auf die Strecke AB; dieses ist die Höhe hc des Dreiecks ABC. Es zerlegt die Strecke AB in zwei Teilstrecken der Länge p und 1-p . Aus dem Sekantensatz folgt direkt der Höhensatz: h_c² = p•(1-p). Nun ist h_c höchstens gleich dem Radius des Halbkreises, und letzteres ist genau dann der Fall, wenn p = 1-p = ½.

In Teil c) war die Ungleichung 0≤ p•(1-p)< 1/8 zu lösen. Das kann nach der eben beschriebenen „Zirkel-und-Lineal-Methode“ auch zeichnerisch erfolgen. Man zeichnet wiederum den Halbkreis mit dem Durchmesser AB = 1. Die Parallele zu AB im Abstand (1/8)^0,5≈ 0,35 schneidet den Halbkreis in den Punkten C und C’. Von dort fällt man das Lot auf die Strecke AB und liest

p ≈ 0,85 und p≈ 0,15 ab. Die Lösungsintervalle sind 1≥ p > 0,85 und 0≤ p < 0,15 .

Schließlich möchte ich Sie noch zu einem mathematischen Spaziergang einladen. Voraussetzung ist nur, dass Sie ein wenig mit komplexen Zahlen vertraut sind.

Es geht darum, die Gleichung der Form x• (1 – x) = r mit Zirkel und Lineal zu lösen, wobei r eine reelle Zahl ist.

Schreiben wir uns zunächst einmal die Lösungen auf, die sich rechnerisch aus dieser quadratischen Gleichung ergeben; sie haben die folgende Form

x₁ = ½ + ( ¼ - r)^0,5 und x₂ = ½ - ( ¼ - r)^0,5 .

Im Fall r = ¼ fallen beide Lösungen zu x = ½ zusammen; wenn r< ¼ , so gibt es zwei reelle Lösungen. Wenn r> ¼, so sind die beiden Lösungen die konjugiert komplexen Zahlen

x₁ = ½ + i•(r – ¼)^0,5 und x₂ = ½ - i•(r – 1/4 )^0,5. Durch direktes Nachrechnen kann man folgende Feststellung überprüfen: Welchen Wert r auch immer annehmen mag, es gilt stets, dass das Produkt der Lösungen gleich r ist: x_1•x₂ = r . Im Fall komplexer Lösungen bedeutet dies, dass die Beträge der Zahlen x₁ und x₂ gleich r^0,5 sind.

Kommen wir zu den zeichnerischen Lösungen. Wir haben im letzten Aufgabenteil den Fall

behandelt, dass r zwischen 0 und ¼ liegt. Dann liegen die Lösungen zwischen 0 und 1; man erhält sie zeichnerisch, indem man den Halbkreis mit dem Durchmesser 1 zeichnet. Die Parallele zum Durchmesser im Abstand r^0,5 schneidet diesen in zwei Punkten; das Lot von diesen Punkten auf den Durchmesser liefert die Lösungen. Wir zeichnen diesen Fall hier nochmals auf. Ich bitte um Nachsicht, wenn der untere – überflüssige- Halbkreis mit eingezeichnet ist; das ist technisch für mich leichter als einen einzelnen Halbkreis zu konstruieren.

Die Lösungen 0 und 1 ergeben sich im Fall r = 0, die Lösungen fallen zu x=1/2 zusammen, wenn r= ¼; die beiden kleinen Pfeile geben die Bewegung der Senkrechten an, wenn r von 0 bis ¼ wächst.

Was geschieht, wenn nun r über ¼ hinaus wächst? Dann werden die Lösungen konjugiert komplex. Der Realteil der beiden Lösungen ist gleich ½; der Betrag der beiden Lösungen ist gleich und zwar wegen x₁•x₂ = r gleich r^0,5.

Die Zeichnung kann dann wie folgt ergänzt werden. Die gestrichelt gezeichnete Strecke markiert den Betrag der komplexen Lösung.

Betrachten wir noch den Fall r< 0 . Die beiden reellen Lösungen – wir wählen der Übersicht halber nun die Großschreibweise -

X₁ = ½ + ( ¼ - r)^0,5 und X₂ = ½ - ( 1/4 - r)^0,5 liegen symmetrisch zu x = ½.

Es gibt dann eine positive Zahl q mit X₁ = 1 + q und X₂ = - q .Denken wir uns diese beiden Zahlen auf der x - Achse aufgetragen. Sie begrenzen eine Strecke der Länge 1+2q, welche durch den Nullpunkt in zwei Teilstrecken zerlegt wird. Denken wir uns den Halbkreis über der Strecke aufgetragen; dieser hat seinen Mittelpunkt bei x=1/2. Er schneidet die Ordinate in einem Punkt, der vom Nullpunkt aus die Entfernung ((1+q)•q)^0,5 hat ( Wir haben wiederum das geometrische Verfahren angewandt, aus einem Rechteck ein flächengleiches Quadrat zu konstruieren). Nun ist aber (1+q)•q gleich dem Betrag des Produktes |X₁•X₂| = |r|, und damit schneidet der Halbkreis die Ordinate im Punkt (0| |r|^0,5).

Die Gleichung x•(1-x) = r wird also im Fall r<0 geometrisch wie folgt gelöst. Man zeichnet um den Punkt (1/2|0) den Kreis, der durch den Punkt (0| |r|^0,5 ) geht. Dieser schneidet die Abszisse an den Stellen der Lösungen X₁ und X₂ .

In der Zeichnung sind alle Fälle zusammengefasst. Auf der Ordinate erscheint nun die Wurzel aus dem Betrag von r.