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| Forum |
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Erfahrungsaustausch | |
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Hallo,
die Tutoren und Dozenten sind größtenteils über Skype zu erreichen. Das jetzt niemand bereit sei mit Dir zu sprechen kann ich mir kaum vorstellen.
Gruß, Peter |
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Mathematische Physik | |
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Hallo,
es gibt natürlich auch Grenzwertsätze, die auch für die Cauchy-Verteilung gelten. Im ZGWS ist der Skalierungsfaktor n^(1/2), die Idee ist einen anderen Faktor zu benutzen.
Hier findest du auf Seite 24 die verallgemeinerte Version:
Klick
Natürlich ist das nur ein Anhaltspunkt, ich denke ganz am Schluß wird nochmal gezeigt als Anwendungsbeispiel, dass die Cauchy-ZVen wieder gegen die Cauchy-Verteilung konvergieren.
Gruß, Peter |
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Stochastik und Statistik  | |
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Hi,
bei einer Regression möchte man einen Zusammenhang finden zwischen gegebenen Daten, hier x und y. Dabei ist die Annahme, dass die Daten an sich mit einem Rauschen belegt sind. Dieses Rauschen steckt in den "e" Termen. Dieser sagt nichts darüber aus, wie die xse und ypsilöner zusammenhängen, sondern nur, dass es einen zufälligen Messfehler gegeben hat.
Welcher Zusammenhang tatsächlich besteht (linear, quadratisch, irgendeine andere Funktion) kann man nur durch Regressionsverfahren abscätzen und dann bewerten, wie gut die Regression/Approximation war. Unter Umständen muss man dann die Regressionsannahmen ändern und korrigieren.
Hilft Dir das erstmal weiter? Vllt. ist es nützlicher das an Deinem konkreten Problem/Deiner Aufgabe zu besprechen?
Gruß, Peter |
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Sonstiges | |
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Hab grad "The Handmaid's Tale" von Margaret Atkins gelesen. Ist aus den 80ern und wurde grad von Amazon verfilmt. Das Buch lohnt sich, es geht um die Rolle der Frau in einer totalitären Theokratie.
Frohes Neues! |
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Stochastik und Statistik | |
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Hi,
nur um das mal zu ergänzen. Sorry fürs rauskramen, mir ist grad langweilig ;)
Der Stichproben- oder Ergebnisraum ist hier die Menge aller Mischungen der 52 Karten. Also alle möglichen 52-Tupel, wovon es 52! gibt. $\Omega=\{(\omega_1,\ldots,\omega_{52})\in\{♣A,♣K,♣D,\ldots,♣2,♠A,\ldots,♠2,♥A,\ldots,♥2,♦A,\ldots,♦2\}^{52}:\omega_i\neq\omega j\}$
Nun gehört zu einem Wahrscheinlichkeitsraum auch die Definition des Maßes, das hier der Einfachheit halber einfach die Gleichverteilung ist. Damit ist die Wahrscheinlichkeit für jede Sequenz von Karten (Mischung) gleich 1/52!
Jetzt muss man nur noch abzählen, wie viele der 52! Mischungen an der k-ten Stelle das erste Ass zeigen (das Ereignis kann man $A_k$ nennen):
$$P(A_k)=\frac{\#A_k}{52!}=\frac{48\cdot\ldots\cdot (48-(k-1))\cdot 4\cdot (52-k)\cdot\ldots\cdot 2\cdot 1}{52!}
=\frac4{52}\cdot\frac{\binom{48}{k-1}}{\binom{51}{k-1}}$$
Wer möchte kann noch $\sum_{k=1}^{49}P(A_k)=1$ nachrechnen.
Man kann solche Probleme also stets auch ohne Zufallsvariable lösen indem man den Laplaceansatz wählt (Anzahl günstige durch Anzahl mögliche Elementarereignisse).
4/52 ist übrigens auch die Wahrscheinlichkeit, dass überhaupt ein Ass an der k-ten Stelle kommt, es muss nicht das erste sein.
Studenten haben in der Regel damit Probleme, weil entweder die Modellierung mit dem Wahrscheinlichkeitsraum ungewohnt ist, oder weil das Ergebnis intuitiv ist, aber nicht formal gemacht werden kann.
Gruß, Peter
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Stochastik und Statistik | |
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Hallo,
Du brauchst zunächst eine Vermutung was das X für eine Zufallsvariable sein könnte.
Wie sähe denn eine Bernoullivariable mit Parameter 0 aus?
Gruß, Peter |
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Stochastik und Statistik | |
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Für c) würde ich die Transformationsformel für Dichten vorschlagen. Mit der Faltungsformel kommt man hier nirgendwo hin.
Alternativ ginge es auch mit dem bedingten Erwartungswert.
Gruß, Peter |
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Stochastik und Statistik | |
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Hallo,
wie es aussieht zieht man hier n-mal eine schwarze mit wkeit p oder eine weiße Kugel mit Wkeit 1-p aus einer Urne (ziehen mit Zurücklegen). Dann lautet die Bedingung „in den n Ziehungen gab es genau eine schwarze Kugel und n-1 weiße“.
Da die Kugeln nacheinander gezogen werden ist T definitiv geometrisch verteilt.
Ohne es nachgerechnet zu haben könnte ich mir denken, dass hier der Satz von Bayes weiterhilft...
Gruß, Peter |
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Stochastik und Statistik | |
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Hallo,
Du könntest damit anfangen die Verteilung von  zu bestimmen. Zum Beispiel über die Transformationsformel oder ganz einfach:
Ableiten ergibt dann die Dichte von . Dafür musst Du die Verteilungsfunktion nicht direkt benutzen, denk aber an die Kettenregel!
Das Ergebnis ist die inverse Gamma-Verteilung. Diese hat für die von Dir noch zu bestimmenden Parameter einen endlichen Erwartungswert (nämlich 1/2k).
Mit der Definition der Konvergenz in Wahrscheinlichkeit und der Markov-Ungleichung solltest Du damit zum Ziel kommen.
Das mal als Fahrplan :D
Hilft Dir das weiter?
Gruß, Peter |
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Schulmathematik  | |
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Hi,
@Viertel, es gibt keinen Kontext. Ich frage nach der Bedeutung eines Fachbegriffs. Es ist keine Rätselaufgabe ;)
@cyrix, Danke. Das scheint es zu sein. :D Ich wundere mich nur, dass Google dazu nichts geliefert.
Danke Euch :D
Gruß, Peter |
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Schulmathematik | |
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Hi,
falls sich jemand in der internationalen besonders englischsprachigen Lehre auskennt, ich suche nach einer adäquaten Übersetzung von "2 digit static decimal" und ähnlich "2 digt movable decimal".
Leider bin ich da selbst überfragt, das Internet findet dazu auch nichts. Jedenfalls nicht in dieser Konstellation.
Gruß, Peter
PS: das müsste irgendwo noch in die elementary school passen, auf deutsch jedenfalls vor Klasse 8. |
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Geometrie | |
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Hi,
kurze Frage an alle Geometer. Wie üblich ist die Verwendung von "Vertex" in der Schule im deutschsprachigen Raum? Ich habe das noch nie im Schul- oder Universitätskontext gesehen, außer eben in den englischen Vorlesungen.
Kann jemand dazu etwas sagen?
Gruß, Peter |
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Stochastik und Statistik | |
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Hi,
eigentlich braucht man doch nur
\[\begin{cases}
\pi_i=(1-p)\pi_{i-1}+p\pi_{i+1},&i\not\in\{-3,3\}\\
\pi_{-3}=p(\pi_{-3}+\pi_{-2}),&i=-3\\
\pi_{3}=(1-p)(\pi_{3}+\pi_{2}),&i=3\\
\sum_{i=-3}^3\pi_i=1
\end{cases}
\]
Du bekommst direkt aus der 2.ten Formel \[\pi_{-2}=\frac {1-p}p\pi_{-3}\]
Du kannst dann die erste Formel sukzessive nutzen, um die anderen Komponenten der stationären Verteilung in $\pi_{-3}$ auszudrücken. Am Ende hilft Dir die Normierungseigenschaft (4.te Gleichung) der stationären Verteilung.
Der (Rechts)-Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist übrigens IMMER (1,1,1,1,1,...,1), da die Matrix stochastisch ist.
Im Fall $p=q$ ist übrigens nichts zu tun, denn für doppelt stochastische Matrizen ist die stationäre Verteilung stets die Gleichverteilung (hier der reversible Fall).
Wenn beide äußeren Ränder absorbierend sind, kann man einen Ansatz über harmonische Funktionen bekommen.
Gruß, Peter
PS: ein Suchmaschinenstichwort ist Random Walk mit reflektierenden Rändern. |
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Stochastik und Statistik | |
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Hi,
man könnte über die Fundamentalmatrix gehen. Packt man alle Übergänge zwischen transienten Zuständen in eine Matrix  , so existiert  . Die Absorptionswahrscheinlichkeit ist dann  wobei  ein passender Einheitsvektor ist (d.h. mit Wahrscheinlichkeit 1 beginnt die Kette in i) und  ist der Vektor, der alle Übergange von den transienten zu dem gewünschten absorbierenden Zustand enthält.
Zur Berechnung der Inversen kannst Du Algorithmen zur Berechnung von Inversen von tridiagonalen Matrizen verweden. Dafür gibt es rekursiv gegebene Lösungen.
Die Rechnung ist aber nicht einfacher als der analytische Weg. Eigentlich sind beide Rechnungen identisch. Sie benutzen beide etwas was Potenzialtheorie für Markovketten genannt wird. In Snell's Buch findest Du eine etwas veraltete aber vollständige Darstellung. Ansonsten findest Du das mehr oder weniger explizit in den meisten anderen Büchern über Markovketten. Das Buch von Bremaud sollte einiges dazu haben.
Du kannst aber auch den Martingalansatz von hier:
benutzen. Setzt allerdings einiges mehr an Wissen voraus in Bezug auf Wkeitstheorie.
Gruß, Peter |
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Konvergenz | |
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Hallo,
Dank schonmal für Euren Einsatz :D
Ich denke es genügt wohl, wenn wir uns zunächst auf das Intervall [0,1] beschränken. Die Verallgemeinerung auf die ganze reelle Achse sollte dann ja kein Problem sein. Wenn wir das machen, dann ist mein $A_n$ das gleiche wie die Menge von LeBtz.
Was mir Kopfschmerzen bereitet ist folgendes. Wenn x irrational ist dann existiert eine Folge $(a_n)_{n\geq 1}$ so dass $\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=x$ und alle $a_n\in Q$. Das bedeutet doch, dass in jeder noch so kleinen Umgebung von $x$ auch wenigstens eine rationale Zahl enthalten ist. Bedeutet dass denn nicht schon, dass überhaupt keine stückweise konstante Funktion (Treppenfunktion) geben kann, es sei denn man lässt Punkte als "Intervall" zu?
Die nicht geltende gleichmäßige Konvergenz würde ich genauso begründen. Wäre $(f_n)_{n\geq1}$ eine Folge von Treppenfunktionen die gleichmäßig gegen die Dirichletfunktion f konvergiert, so wäre doch
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sup_{x\in[0,1]}|f_n(x)-f(x)|=1\neq0$$
eben genau weil in jeder noch so kleinen Umgebung um ein irrationales $x$ noch eine rationale Zahl liegt, die man im schlimmsten Fall durch die stückweise konstanten Funktionen überdeckt.
Gruß, Peter |
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Konvergenz | |
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Hi,
ich habe hier ein Problem mit der Dirichletfunktion, oder besser gesagt der charakteristischen Funktion der rationalen Zahlen. Ich soll zeigen, dass die Funktion ein punktweiser Limes von Treppenfunktionen ist.
Eingefallen ist mir dazu nur, die charakteristischen Funktionen der Mengen
$$A_n:=\{\frac pq|p,q\in Z, 1\leq q\leq n, 0\leq q\leq p\}$$
zu nehmen. Dies sind aber keine Treppenfunktionen, da die 1en isolierte Punkte sind.
Danach soll noch gezeigt werden, dass es keine Folge von Treppenfunktionen geben kann, so dass die Folge gleichmäßig gegen die Dirichletfunktion konvergiert.
Könnte mir vllt. jemand einen Denkanstoß geben?
Gruß, Peter |
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Graphentheorie | |
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Hi,
nur als Abschlussbemerkung. Die Definition im Grimmet von min und max punktweise ist nicht ganz richtig. Es ist anschaulicher hier mit Infimum und Supremum zu arbeiten.
Dann ist es aber einfach. Die erste vorausgesetzte Ungleichung wird dann zu
$$\mu_2(\sup(\omega_1,\omega_2))\mu_1(\inf(\omega_1,\omega_2))\geq \mu_1(\omega_1)\mu_2(\omega_2)$$
für alle $\omega_1,\omega_2\in\Omega$ folgt $\mu_1\leq_{st}\mu_2$.
Dann für $\pi\leq\omega$:
$$sup(\pi^e, \omega_e)=\omega^e$$
$$inf(\pi^e, \omega_e)=\pi_e$$
Daraus folgt die zu beweisende Ungleichung dann trivialerweise.
Gruß, Peter |
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Erfahrungsaustausch | |
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Wenn der Inhalt und die Struktur stimmt, kommt es auf solche Dinge nicht an, auch nicht auf englisch. Das fällt nur zusätzlich negativ auf, wenn der Vortrag schlecht ist... |
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Erfahrungsaustausch | |
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Hi,
vllt. lehne ich mich zu weit aus dem Fenster, aber ein Vortrag wird normalerweise nach dem Inhalt benotet und danach wie verständlich und vollständig das Thema behandelt wird.
Ich würde mir um ist und is keine Gedanken machen. Es sei denn vom Vortrag hängen Forschungsgelder ab. Dann entscheiden die Leute sowieso eher nach Sympathie als Kompetenz ;)
Gruß, Peter |
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Graphentheorie | |
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Hallo,
danke für die Bemerkungen. Ja, ich habe es jetzt verstanden. Ich denke nur, dass es zunächst eine recht verwirrende Notation ist, im Zusammenhang des Buches wird es aber eindeutig, wie man das zu verstehen hat.
Ich stecke aber ein bißchen fest in dem Beweis zur Holley-Ungleichung. Die besagt, dass für zwei positive Wahrscheinlichkeitsmaße $\mu_1$,$\mu_2$ aus
$$\mu_2(\max(\omega_1,\omega_2))\mu_1(\min(\omega_1,\omega_2))\geq \mu_1(\omega_1)\mu_2(\omega_2)$$
für alle $\omega_1,\omega_2\in\Omega$ folgt $\mu_1\leq_{st}\mu_2$.
Für ein $\omega$ bezeichne $\omega^e$ das eins-setzen der e-ten Komponente (Kante hinzufügen) und $\omega_e$ das Entfernen der e-ten Kante.
Nun soll für $\pi,\omega$ mit $\pi\leq\omega$ gelten:
$$\mu_2(\omega^e)\mu_1(\pi_e)\geq \mu_1(\pi^e)\mu_2(\omega_e)$$
Ich sehe aber nicht, wie man das beweist. Die einzige nicht-triviale Beziehung die ich finden konnte ist
$$\mu_2(\max(\pi^e,\omega_e))\mu_1(\min(\pi^e,\omega_e))\geq \mu_1(\pi^e)\mu_2(\omega_e)$$
Hat jemand einen Tipp wie man hier weitermachen könnte?
Gruß, Peter
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