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Mathematik » Stochastik und Statistik » Erwartungswert bei Rekursion berechnen
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Seite 1   [1 2]   2 Seiten
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Universität/Hochschule Erwartungswert bei Rekursion berechnen
carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-11


Hallo allerseits,
Helmetzer hat in
matheplanet.com/default3.html?topic=244981=105
auf einen interessanten Artikel verlinkt.
Daraus habe ich die folgende Aufgabe entnommen (umformuliert):

=================================
Bei einer Lotterie können Sie ein Konto mit einem bestimmter Betrag eröffnen (z.B. 1 Euro). Jeden Tag wirft der Lotteriebesitzer eine Münze.
Wird bei einem Münzwurf das Wappen geworfen, vervielfacht sich Ihr aktueller Kontostnand um das 1,5-fache, sonst um das 0,6-fache.
Nach z.B. anzahl=10000 Tagen dürfen Sie den gesamten Betrag auf dem Konto abheben.
Sind Sie bereit bei dieser Lotterie mitzuspielen (Konto eröffnen) ?
=================================

Ein selbstgeschriebenes kleines Simulationsprogramm ergibt, dass der durchchnittliche Kontostand für große anzahl gegen 0 geht.

Frage:
Wie kann man das explizit berechnen ?
Die zugehörige Gleichung ist doch rekursiv.
Wie geht überhaupt der Ansatz für den Erwartungswert?

mfg
cx



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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-11


Bitte dieses Post mit Vorsicht genießen, Diophant scheint mit #2 Recht zu haben. Ich weiß nur noch nicht, wo mein Denkfehler ist...

Hallo Carlox,

in diesem Fall reicht es, eine Runde zu betrachten. Wenn man mit dem Betrag X in die Runde startet, so hat man der Hälfte der Fälle (fairer Münzwurf vorausgesetzt) einen Betrag von 1.5*X auf dem Konto, im anderen Fall 0.6*X und damit einen mittleren Wert von (1.5*X + 0.6*X)/2 = 1.05 X

Das heißt in jeder Runde steigt der Erwartungswert. Man sieht das auch daran, daß man in der ersten Runde 50 Cent gewinnen kann, aber nur 40 Cent verliert wenn man Pech hat.

Grüße
Gerhard/Gonz


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-11

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

meiner Ansicht nach kann man hier die durchschnittliche Änderungsrate q (von einem Münzwurf zum nächsten) für den Kontostand ganz einfach zu

\[q^2=\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{5}=\frac{9}{10}\]
berechnen (eine faire Münze vorausgesetzt).

Das erklärt dann auch sofort das Resultat deiner Simulation.

EDIT: sorry, das war ein Denkfehler meinerseits, da man den Ewartungswert ja über alle möglichen Ausgänge des Zufallsexperiments bilden muss. Siehe dazu den Beitrag #5 von Fabi.

@gonz:
Insbesondere ist damit dein Ansatz natürlich korrekt für den zu erwartenden Gewinn pro Runde.


Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)


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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-11


Es könnte auch sein, daß die Anzahl der Fälle, in denen man sehr viel gewinnt, einfach sehr gering ist, aber dennoch im Mittel die vielen vielen Fälle, in denen man seinen Euro mehr oder weniger verliert, ausgleicht. Das macht es schwierig, eine aussagefähige Simulation zu bauen, zumindest über die 10.000 Runden. Jedenfalls kann man ja nur max. einen Euro verlieren, aber sehr viel gewinnen...


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-11


Hallo nochmals,

EDIT: hier stand etwas falsches, siehe dazu den folgenden Beitrag.


Gruß, Diophant



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Fabi
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Mitteilungen: 4507
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-11


Hi,

Wird in 10000 Tagen k-mal Kopf geworfen, so ist der Kontostand am Ende $1.5^k*0.6^{n-k}$ unabhängig von der Reihenfolge der Münzwürfe. Es gibt ${n\choose k}$ Möglichkeiten, die Reihenfolge der Kopfwürfe auszuwählen, und jede Möglichkeit wird mit Wahrscheinlichkeit $2^{-10000}$ realisiert. Der Erwartungswert des Experiments berechnet sich daher zu

\[
\frac{1}{2^{10000}} \sum_{k=0}^{10000} {n\choose k} 1.5^k\times 0.6^{n-k} = (1.5+0.6)^{10000}/2^{10000}
\]
was, wenn ich mich nicht verrechnet habe, ungefähr $10^{212}$ ist.

Die Wahrscheinlichkeit, tatsächlich zu gewinnen, ist allerdings sehr sehr klein: Man muss mindestens 5575x Kopf bekommen, um überhaupt Gewinn zu machen; das ist bei einer fairen Münze schon ein $11 \sigma$-event.

Beispielsweise für k=6000: Das ist ein $20 \sigma$-Event; laut arxiv.org/pdf/1103.5672.pdf (mäßig vertrauenswürdig, aber was besseres habe ich nicht gefunden) ist die Wahrscheinlichkeit dafür $2.754\times 10^{-87}$ und davon dann noch die Hälfte, weil wir nach oben ausreißen wollen; man gewinnt dann allerdings auch mindestens $1.5^{6000}\times 0.6^{4000}$ - etwa $10^{169}$!

Inwieweit das jetzt die eigentliche Frage, ob man dieses Spiel spielen sollte, beantwortet, sei dahingestellt.

vG,
Fabi


-----------------
"There would be the mathematical equivalent of worldwide rioting." (P.C.)

Willst du Hamburg oben sehen, musst du die Tabelle drehen.



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gonz
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Mitteilungen: 3361
Aus: Harz
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-11


Tja... was sagt man also ob man es spielen würde? Da ist es wieder eine Frage des "gefühlten" Risikos. Für 1 Euro würde ich einsteigen, für 100 Euro wohl nicht. Und wahrscheinlich wäre der Euro ein "verlorener Zuschuß".

Außerdem könnte der Anbieter meinen Gewinn im Zweifelsfall gar nicht auszahlen, weil er nur einen Plutiblock an Eigenkapital hat. Es wäre sinnvoll einzusteigen, wenn man zu jedem Zeitpunkt bei Kenntnis des aktuellen Standes aussteigen könnte... 10.000 Tage sind auch 30 Jahre. Das ist jenseits meines vermutlichen Horizonts (pessimistisch gesehen)


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StrgAltEntf
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Dabei seit: 19.01.2013
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-11


Hallo,

vielleicht auch nicht ganz unwichtig für dieses Spiel ist es, ob und wenn ja, wie gerundet wird. Wenn beispielsweise gleich zu Beginnn drei Mal Kopf fällt, verbleiben 21,6 Cent. Oder 22 Cent? Oder gar 21 Cent?



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AnnaKath
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Aus: hier und dort (s. Beruf)
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-12


Huhu,

dies ein netter Fall: Der Gewinnprozess ist ein Submartingal aber die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen geht gegen $0$.
Vielleicht kann man seine 100 "übrigen" Euros in 100 Lotterien investieren (nachdem man die Rundungsmodalitäten (#7) geklärt hat!). Aber rein praktisch würde ich davon abraten (#5).

lg, AK.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-13


Hallo allerseits,
danke für eure Beiträge.
Ich will die Lotterie etwas verallgemeinern:
Die anzahl sei n
Der Anfangsbetrag (anfängliche Kontostand) sei b

Dann gilt für die Wahrscheinlichkeit bei n Münzwürfen k mal Kopf zu werfen:
\[
P(X=k)= \frac{1}{2^{n}} {n\choose k}
\]
m sei die Anzahl der Münzwürfe mit Ergbnis "Kopf" (bei n Würfen), wo das erste Mal Gewinnn gemacht wird. Es gilt:
\[
1,5^m * 0,6^{n-m} >= b
\] wobei m(n,b) von n und b abhängt.

Die Wahrscheinlichkeit, daß Gewinn gemacht wird, beträgt:
\[
P(X>=m(n,b))
\]
Frage:
Wie verhält sich
\[
P(X>=m(n,b))
\]
für n gegen unendlich ?

mfg
cx

PS:
Man  könnte jetzt noch 1,5 und 0,6 verallgemeinern und nochmals die Frage stellen...




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

ich verstehe hier den Sinn der Variablen \(b\) (noch?) nicht.

Bei n Münzwürfen Gewinn zu machen, heißt ja nichts anderes, als dass die Ungleichung

\[1.5^m\cdot 0.6^{n-m}>1\]
erfüllt sein muss. Die kann man leicht nach

\[m>-n\cdot\frac{\ln(3/5)}{\ln(3/2)-\ln(3/5)}\]
umstellen und kommt dabei für \(n=10000\) auf die 5575-mal Wappen, die Fabi in #5 schon angegeben hat.

Also suchst du doch eigentlich im konkreten Fall nach der Wahrscheinlichkeit

\[P(X\ge 5575)\]
und im allgemeinen Fall (wenn \(q_2<1<q_1\) die Faktoren sind, die bei Wappen bzw. bei Zahl zur Anwendung kommen) nach

\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)-\ln(q_2)}\right)\]
Damit könntest du untersuchen, wie sich für \(n\to\infty\) die erforderliche Anzahl an Wappen-Würfen zur Standardabweichung \(\sigma\) verhält.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-13


Hallo Diophant,
b ist der Konstostand am Anfang.
In meiner Ursprungsemail war b = 1
b könnte aber auch ein anderer positiver Wert sein,
wie z.B: b=0,5 oder b=1000
Bei b = 1000 und dem Münzwurf Kopf hätte sich dann der Anfangskontostand von b=1000 zu 1500 verändert.

mfg
cx



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

2020-01-13 12:04 - carlox in Beitrag No. 11 schreibt:
Hallo Diophant,
b ist der Konstostand am Anfang.

Ok, das war dann oben etwas verwirrend, da die Zufallsvariable \(X\) zunächst für die Anzahl an Wappen- bzw. Kopf-Münzwürfen und dann plötzlich für das Kapital nach n Zeitschritten steht.

Ich würde es bei ersterem belassen, denn der eingesetzte Betrag ist ja hier mathematisch nicht von Belang.

Deine Frage war ja, wie sich die Wahrscheinlichkeit, Gewinn zu machen, für \(n\to\infty\) verhält. Das sollte mein obiger Beitrag eigentlich schon nahelegen.

Fabi hat ja oben für dein konkretes Beispiel in #5 schon die  \(11\sigma\) angegeben. Um ganz genau zu sein sind es \(11.5\sigma\):

\[\ba\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{10000\cdot 0.5^2}&=50 \\
\\
\frac{5575-5000}{50}&=11.5\ea\]
So, wie ich oben gezeigt habe ist die für einen Gewinn erforderliche die Anzahl an Wappen-Würfen und damit auch die Differenz dieser Anzahl zum Mittelwert proportional zu \(n\). Die Standardabweichung wächst aber nur proportional zu \(\sqrt{n}\). Je größer also \(n\), desto größer das Vielfache von \(\sigma\), dass der Grenze zum Gewinn-Intervall entspricht und damit der Wahrscheinlichkeit, dass man nichts gewinnt. Die Größe dieses Intervalls (in Vielfachen von \(\sigma\) gemessen) wächst ebenfalls proportional zu \(\sqrt{n}\), also geht für \(n\to\infty\) die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn gegen Null.

Und wie ich gerade sehe, hatte AnnaKath das in Beitrag #8 bereits erwähnt.  smile


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-13


Hallo Diophant,
Danke für dein wertvolles feedback.

A1)

So, wie ich oben gezeigt habe ist die für einen Gewinn erforderliche die Anzahl an Wappen-Würfen und damit auch die Differenz dieser Anzahl zum Mittelwert proportional zu \(n\). Die Standardabweichung wächst aber nur proportional zu \(\sqrt{n}\). Je größer also \(n\), desto größer das \(\sigma\)-Intervall und damit die Wahrscheinlichkeit, dass man nichts gewinnt. Die Größe dieses Intervalls wächst aber ebenfalls proportional zu \(\sqrt{n}\), also geht für \(n\to\infty\) die Wahrscheinlichkeit für einen Gewinn gegen Null.


A2)

und im allgemeinen Fall (wenn \(q_1\) und \(q_2\) die Faktoren sind, die bei Wappen bzw. bei Zahl zur Anwendung kommen) nach

\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}\right)\]
Damit könntest du untersuchen, wie sich für \(n\to\infty\) die erforderliche Anzahl an Wappen-Würfen zur Standardabweichung \(\sigma\) verhält.

Es gilt:
\[P\left(X\le-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}\right) + P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}\right) = 1\]
Wenn n immer größer wird, wandert der positive Wert
\[
-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}
\] immer weiter nach rechts.
Damit wird
\[P\left(X\le-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}\right)\] immer größer.

Da der gesamte Wert unter der Verteilungskurve 1 ergibt, muß dann
\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)}\right)\] gegen 0 gehen (für n gegen unendlich)

Oder habe ich da einen Denkfehler gemacht.
Ich brauche bei dieser Argumentation also keine Standardabweichung \(\sigma\)

Warum benutzt du sie dann in deiner Argumentation bei A1)?
Habe ich leider nicht verstanden.

mfg
cx


 



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

ich habe momentan wenig Zeit, daher eine Kurzantwort:

Das prozentuale Verhältnis zwischen den Wappenwürfen und der Gesamtzahl an Würfen bleibt stets gleich, da es nur von den Faktoren \(q_1\), \(q_2\) abhängt.

Um nun zu begründen, warum die Wahrscheinlichkeit, alles zu verlieren dennoch gegen 1 geht, braucht man die Standardabweichung IMO schon.

Kann es sein, dass du bei deinen Überlegungen vergessen hast, dass wir hier von einem Zufallsexperiment endlicher Länge \(n\) sprechen?


Gruß, Diophant

PS: beachte auch noch, dass ich meine Ungleichungen weiter oben korrigiert habe (ich hatte mich beim Auflösen verrechnet).

\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20


2020-01-11 15:12 - Fabi in Beitrag No. 5 schreibt:
Hi,
Die Wahrscheinlichkeit, tatsächlich zu gewinnen, ist allerdings sehr sehr klein: Man muss mindestens 5575x Kopf bekommen, um überhaupt Gewinn zu machen; das ist bei einer fairen Münze schon ein $11 \sigma$-event.

Beispielsweise für k=6000: Das ist ein $20 \sigma$-Event; laut arxiv.org/pdf/1103.5672.pdf (mäßig vertrauenswürdig, aber was besseres habe ich nicht gefunden) ist die Wahrscheinlichkeit dafür $2.754\times 10^{-87}$ und davon dann noch die Hälfte, weil wir nach oben ausreißen wollen; man gewinnt dann allerdings auch mindestens $1.5^{6000}\times 0.6^{4000}$ - etwa $10^{169}$!
Hier wurde mit $20 \sigma$-Event argumentiert.

Ich will (ohne Sigmaevents) für eine allgemeinere Lotterie (mit q1 und q2 statt 1,5 und 0,6) berechnen (siehe auch Beitrag 10 von Diophant) wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, Gewinn zu machen (und dann dies für große n betrachten). Für diese Wahrscheinlichkeit gilt:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n \ge n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})
\] Es gilt:
\[
=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n = n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})+1- \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})
\] \[
=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n = n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})+1- \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n})
\]
Frage:
Stimmt diese Rechnung und vor allem gegen welche Grenzwerte streben die zwei Folgen ?

In "Grenzwert einer Bernoulliverteilung" habe ich mit
f(n) das Problem eben nur verallgemeinert.

mfg
cx




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-01-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

das ergibt für mich so keinen Sinn. In den bisherigen Überlegungen stand ja die Zufallsvariable \(X\) für die Anzahl an Wappen-Würfen bei \(n\)-maliger Durchführung des Experiments bzw. der "Verzinsung". Du hast daraus jetzt aber eine Folge von Zufallsvariablen gebastelt, bei der überhaupt nicht klar wird, wofür diese stehen.

Die von mir angegebene Ungleichung (sie gilt so übrigens nur für \(0<q_2<q_1\)) gilt nur für die ursprüngliche Zufallsvariable \(X\) und gibt diejenige Anzahl \(m\) an Wappen-Würfen an, ab der man bei \(n\) Durchführungen Gewinn macht.

Was da jetzt für \(n\to\infty\) passiert, hängt stark von zwei Dingen ab: vom Wert \(q_2\) und insbesondere davon, ob dieser Wert kleiner als 1 ist oder größer gleich 1. Und für den ersten Fall \(q_2<1\) ist auch noch das Produkt \(q_1q_2\) wichtig. Ist dies größer als 1, dann wird man für \(n\to\infty\) fast sicher Gewinn machen. Im Fall \(q_2>1\) sowieso. Diese beiden Fälle sind also hier uninteressant.

Für den hier vorliegenden Fall \(0<q_2<1<q_1\), \(q_1q_2<1\) und \(\frac{q_1+q_2}{2}>1\) liegt ja wie schon erwähnt ein Submartingal vor. Damit könnte man die Sache schon abhaken, denn egal wie man jetzt die beiden Werte wählt, der Erwartunsgwert wird gegen \(\infty\) gehen und die Wahrscheinlichkeit zu gewinnen gegen Null.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo cx,
2020-01-20 09:07 - Diophant in Beitrag No. 16 schreibt:
das ergibt für mich so keinen Sinn. In den bisherigen Überlegungen stand ja die Zufallsvariable \(X\) für die Anzahl an Wappen-Würfen bei \(n\)-maliger Durchführung des Experiments bzw. der "Verzinsung". Du hast daraus jetzt aber eine Folge von Zufallsvariablen gebastelt, bei der überhaupt nicht klar wird, wofür diese stehen.
Ich  habe die bisherige Zufallsvariable X jetzt mit X_n bezeichnet, um die Abhängigkeit von n darzustellen.


Die von mir angegebene Ungleichung (sie gilt so übrigens nur für \(0<q_2<q_1\)) gilt nur für die ursprüngliche Zufallsvariable \(X\) und gibt diejenige Anzahl \(m\) an Wappen-Würfen an, ab der man bei \(n\) Durchführungen Gewinn macht.
Die ursprüngliche Zufallsvariable heißt jetzt eben X_n
Ich hoffe, dies ist eine bessere Bezeichnung.

Macht jetzt meine Überlegung in meinem vorigen Beitrag Sinn ?


mfg
cx
\(\endgroup\)


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Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo,

ok. der nächste Fehler ist das vergessene Minuszeichen. Du müsstest also

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P\left(X_n \ge -n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\right)\]
betrachten.

EDIT: nein, das war korrekt, ich hatte mich hier geirrt und die Umkehrung der Differenz im Nenner übersehen.

Wenn ich dich richtig verstehe, möchtest du in #15 den Satz von Moivre-Laplace anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu berechnen. Zwar musst du noch das Vorzeichen korrigieren Die erste Wahrscheinlichkeit der Form \(P(X=k)\) in deiner Rechnung ist hier überflüssig bzw. zu viel. Aber das Prinzip, über das Gegenereignis zu gehen, ist schon der richtige Ansatz. Und dabei wirst du feststellen, dass das Argument für deine Verteilungsfunktion (also der Term auf der rechten Seite der Ungleichung) gegen \(\infty\), diese Wahrscheinlichkeit gegen 1 und die gesuchte Wahrscheinlichkeit damit gegen Null gehen wird.

Wie gesagt: das kann man mit der Betrachtung via \(\sigma\)-Intervalle einfacher haben, aber es ist nicht verkehrt.

Man muss dabei natürlich die Einschränkungen für \(q_1\) und \(q_2\) beachten, die ich in #16 nochmal angegeben habe.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 10:26 - Diophant in Beitrag No. 18 schreibt:
ok. der nächste Fehler ist das vergessene Minuszeichen. Du müsstest also

\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P\left(X_n \ge -n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\right)\]
betrachten.

Nein, siehe deinen Beitrag 10:
\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)-\ln(q_2)}\right)\]
Also ist Folgendes richtig:
\[\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P\left(X_n \ge n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\right)\]
mfg
cx









\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2020-01-20


Hallo carlox,

ja, das ist ok. Mit dem Minuszeichen hatte ich mich vertan.


Gruß, Diophant



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20



Wenn ich dich richtig verstehe, möchtest du in #15 den Satz von Moivre-Laplace anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu berechnen. Zwar musst du noch das Vorzeichen korrigieren und die erste Wahrscheinlichkeit der Form \(P(X=k)\) in deiner Rechnung ist auch überflüssig bzw. zu viel.

Ich finde es nicht überflüssig (siehe deinen Beitrag 10):


Also suchst du doch eigentlich im konkreten Fall nach der Wahrscheinlichkeit

\[P(X\ge 5575)\]
und im allgemeinen Fall (wenn \(q_2<1<q_1\) die Faktoren sind, die bei Wappen bzw. bei Zahl zur Anwendung kommen) nach
\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)-\ln(q_2)}\right)\]

Mich hat es verwirrt, das du einmal >= und dann > schreibst
Was stimmt ?

mfg
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Diophant
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 11:43 - carlox in Beitrag No. 21 schreibt:

Wenn ich dich richtig verstehe, möchtest du in #15 den Satz von Moivre-Laplace anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu berechnen. Zwar musst du noch das Vorzeichen korrigieren und die erste Wahrscheinlichkeit der Form \(P(X=k)\) in deiner Rechnung ist auch überflüssig bzw. zu viel.

Ich finde es nicht überflüssig (siehe deinen Beitrag 10):


Also suchst du doch eigentlich im konkreten Fall nach der Wahrscheinlichkeit

\[P(X\ge 5575)\]
und im allgemeinen Fall (wenn \(q_2<1<q_1\) die Faktoren sind, die bei Wappen bzw. bei Zahl zur Anwendung kommen) nach
\[P\left(X>-n\cdot\frac{\ln(q_2)}{\ln(q_1)-\ln(q_2)}\right)\]

Mich hat es verwirrt, das du einmal >= und dann > schreibst
Was stimmt ?

Es sollte i.a. egal sein. Denn \(X\) nimmt ja nur ganzzahlige Werte an. Genaugenommen sollte man aber durchgehend \(\ge\) schreiben, da habe ich geschludert.

Und die Wahrscheinlichkeit des Gegenereignisses im diskreten Fall berechnet man so:

\[P(X\ge k)=1-P(X\le k-1)\]

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20



Wenn ich dich richtig verstehe, möchtest du in #15 den Satz von Moivre-Laplace anwenden, um die gesuchte Wahrscheinlichkeit zu berechnen.
ja, genau.


Zwar musst du noch das Vorzeichen korrigieren und die erste Wahrscheinlichkeit der Form \(P(X=k)\) in deiner Rechnung ist auch überflüssig bzw. zu viel. Aber am Prinzip, über das Gegenereignis zu gehen, wird sich dadurch nichts ändern. Und dabei wirst du feststellen, dass das Argument für deine Verteilungsfunktion (also der Term auf der rechten Seite der Ungleichung) gegen \(\infty\), diese Wahrscheinlichkeit gegen 1 und die gesuchte Wahrscheinlichkeit damit gegen Null gehen wird.
Ich habe das Problem, den folgenden Wert zu berechnen:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n})
\] Wenn der Wert rechts von <= unabhängig von n wäre, könnte man den Satz von Moivre-Laplace verwenden.
Aber der Term rechts von <= hängt von n ab.

mfg
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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-01-20

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

2020-01-20 12:17 - carlox in Beitrag No. 23 schreibt:
Ich habe das Problem, den folgenden Wert zu berechnen:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n})
\] Wenn der Wert rechts von <= unabhängig von n wäre, könnte man den Satz von Moivre-Laplace verwenden.
Aber der Term rechts von <= hängt von n ab.

Daher ja auch der andere Thread (in dem ich dir mittlerweile auch eine Antwort gepostet habe).

Die rechte Seite geht gegen \(\infty\) und die Wahrscheinlichkeit damit gegen 1.

Besser sieht man das hier doch ohne die ganzen Umformungen:

\[\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n}\quad\Leftrightarrow\quad X_n\le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\]
Die Tatsache, dass man bei unendlich vielen solchen "Zinswürfen" auch unendlich oft Wappen bekommt, ist doch eigentlich per se evident?

Die Wahrscheinlichkeit dafür ist also schon rein intuitiv gleich 1. Und wenn du es mit Moivre-Laplace begründen willst, folgt es eben wie im anderen Thread auch schon geschrieben aus \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\).

Deine Schreibweise \(X_n\) ist ungünstig. Man assoziiert das in der Stochastik mit einer Folge von Zufallsvariablen, und du meinst ja in Wirklichkeit eine Abhängigkeit von n. Das schreibt man aber i.a. nicht extra (also ich habe das zumindest noch nie gesehen).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20 14:09

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo Diophant,

Deine Schreibweise \(X_n\) ist ungünstig. Man assoziiert das in der Stochastik mit einer Folge von Zufallsvariablen, und du meinst ja in Wirklichkeit eine Abhängigkeit von n. Das schreibt man aber i.a. nicht extra (also ich habe das zumindest noch nie gesehen).
Du hast recht.
Aber wie soll ich die Abhängigkeit von n sonst (besser) darstellen?


Die Tatsache, dass man bei unendlich vielen solchen "Zinswürfen" auch unendlich oft Wappen bekommt, ist doch eigentlich per se evident?
Stimmt.

2020-01-20 12:45 - Diophant in Beitrag No. 24 schreibt:
Besser sieht man das hier doch ohne die ganzen Umformungen:
\[\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n}\quad\Leftrightarrow\quad X_n\le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\]
Die Wahrscheinlichkeit dafür ist also schon rein intuitiv gleich 1. Und wenn du es mit Moivre-Laplace begründen willst, folgt es eben wie im anderen Thread auch schon geschrieben aus \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\).


Das habe ich in meinem Beitrag 13 versucht.
Aber ganz ohne Moivre-Laplace folgt doch für alle Zufallsvariablen immer:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]
Allerdings ist es hier nicht die gleiche Zufallsvariable, sondern die Zufallsvariable hängt von n ab:
Gilt dann auch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]
mfg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-01-20 14:33

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
Hallo carlox,

nochmals eine Kurzantwort (die Zeit...):

Dein \(X\) ist ja nichts anderes als eine binomialverteilte Zufallsvariable. Dass zu dieser eine Anzahl n an Durchführungen gehört, ist klar und muss nicht extra bei der Schreibweise der ZV berücksichtigt werden. Das gibt man ggf. an, wenn man die zugehörige Verteilung näher charakterisieren möchte.

2020-01-20 14:09 - carlox in Beitrag No. 25 schreibt:

Die Tatsache, dass man bei unendlich vielen solchen "Zinswürfen" auch unendlich oft Wappen bekommt, ist doch eigentlich per se evident?
Stimmt.

2020-01-20 12:45 - Diophant in Beitrag No. 24 schreibt:
Besser sieht man das hier doch ohne die ganzen Umformungen:
\[\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n}\quad\Leftrightarrow\quad X_n\le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}\]
Die Wahrscheinlichkeit dafür ist also schon rein intuitiv gleich 1. Und wenn du es mit Moivre-Laplace begründen willst, folgt es eben wie im anderen Thread auch schon geschrieben aus \(\lim_{z\to\infty}\Phi(z)=1\).

Das habe ich in meinem Beitrag 13 versucht.
Aber ganz ohne Moivre-Laplace folgt doch für alle Zufallsvariablen immer:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]
Allerdings ist es hier nicht die gleiche Zufallsvariable, sondern die Zufallsvariable hängt von n ab:
Gilt dann auch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]

Ja, wie gesagt: die Frage, die sich (auf das hier diskutierte Beispiel bezogen) dahinter verbirgt ist: "wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass beim unendlich-fachen Werfen einer idealen Münze unendlich oft Wappen fällt?"


Gruß, Diophant
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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20 16:44



nochmals eine Kurzantwort (die Zeit...):
Dein \(X\) ist ja nichts anderes als eine binomialverteilte Zufallsvariable. Dass zu dieser eine Anzahl n an Durchführungen gehört, ist klar und muss nicht extra bei der Schreibweise der ZV berücksichtigt werden. Das gibt man ggf. an, wenn man die zugehörige Verteilung näher charakterisieren möchte.
Wenn X die Zufallsvariable eines einmaligen Münzwurfes ist, dann
kann man die Zufallsvariable X_n auch so charakterisieren:
\[
X_n=\sum_{i=1}^n X
\]
Das gibt dann: (*)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]
D.h. die Zufallsvariable \[ \sum_{i=1}^n X \] hängt von n ab.
Wie kann man dann rein _formal_ argumentieren, daß dann die
Formel (*) korrekt ist ?

mfg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2020-01-20 17:28

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 16:44 - carlox in Beitrag No. 27 schreibt:
Wenn X die Zufallsvariable eines einmaligen Münzwurfes ist, dann
kann man die Zufallsvariable X_n auch so charakterisieren:
\[
X_n=\sum_{i=1}^n X
\]
Das gibt dann: (*)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]

Vorsicht! Bei deiner Konstruktion ist \(X_n=nX\). Da \(0<\frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}<1\), folgt \(P(\sum_{i=1}^n X \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=P(X=0)=\frac12\).
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20 18:06


Du hast Recht. Das war ein Denkfehler.
Vielen Dank für deine sorgfältige Durchsicht!

Korrektur:
Sei X_i die ZV, die das Ergebnis des i-ten Wurfes einer n-mal geworfenen Münze angibt.
Definiere:

\[
X(n)=\sum_{i=1}^n X_i
\]
Das gibt dann: (*)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1})=1
\]
D.h. die Zufallsvariable \[ \sum_{i=1}^n X_i \] hängt von n ab.
Wie kann man dann rein _formal_ argumentieren, daß dann die
Formel (*) korrekt ist ?

mfg
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2020-01-20 18:55

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 18:06 - carlox in Beitrag No. 29 schreibt:
Wie kann man dann rein _formal_ argumentieren, daß dann die
Formel (*) korrekt ist ?

Dies gilt, da \(\frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}>\frac12\). Letzteres ist nämlich äquivalent zu \(q_1q_2<1\), was aber gelten soll, wenn ich es richtig verstanden habe.
\(\endgroup\)


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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20 19:27

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 18:55 - StrgAltEntf in Beitrag No. 30 schreibt:
2020-01-20 18:06 - carlox in Beitrag No. 29 schreibt:
Wie kann man dann rein _formal_ argumentieren, daß dann die
Formel (*) korrekt ist ?

Dies gilt, da \(\frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}>\frac12\). Letzteres ist nämlich äquivalent zu \(q_1q_2<1\), was aber gelten soll, wenn ich es richtig verstanden habe.


Hallo StrgAltEntf,
1)
Danke für deinen Beitrag.
Kannst du das auch begründen?
Würde mich sehr interessieren.

Verwendest du etwa auch das Folgende (warum gilt das?)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{2})=1
\]
2)
Wäre dann z.B. Folgendes falsch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{10000})=1
\]

mfg
cx
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2020-01-20 19:40

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)
2020-01-20 19:27 - carlox in Beitrag No. 31 schreibt:
1) Verwendest du etwa auch das Folgende (warum gilt das?)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{2})=1
\]
2)
Wäre dann z.B. Folgendes falsch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{10000})=1
\]

1) Das gilt nicht. Jedoch gilt \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{1}{2}+\epsilon)=1\) für jedes (noch so kleine) \(\epsilon>0\). Das könnte man bspw. mit der Tschebyscheffschen Ungleichung zeigen.

2) Ja, das ist falsch.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-20 19:48

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname}\)

(2020-01-20 19:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 32)
2020-01-20 19:27 - carlox in Beitrag No. 31 schreibt:
1) Verwendest du etwa auch das Folgende (warum gilt das?)
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{2})=1
\]
2)
Wäre dann z.B. Folgendes falsch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{10000})=1
\]

1) Das gilt nicht. Jedoch gilt \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{1}{2}+\epsilon)=1\) für jedes (noch so kleine) \(\epsilon>0\). Das könnte man bspw. mit der Tschebyscheffschen Ungleichung zeigen.

2) Ja, das ist falsch.

Vielen Dank für den Hinweis.
Ich werde versuchen, das zu beweisen.
Die 0,5 sind also die Grenze, ab der die Fornel falsch wird.

mfg
cx





\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2020-01-20 20:16


2020-01-20 19:48 - carlox in Beitrag No. 33 schreibt:
Ich werde versuchen, das zu beweisen.
Die 0,5 sind also die Grenze, ab der die Fornel falsch wird.

So sieht es aus. Melde dich, wenn du Probleme hast, das zu beweisen.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-21 09:06


Hallo StrgAltEntf

1) Das gilt nicht. Jedoch gilt \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{1}{2}+\epsilon)=1\) für jedes (noch so kleine) \(\epsilon>0\). Das könnte man bspw. mit der Tschebyscheffschen Ungleichung zeigen.
Danke für dein Angebot, mir beim Beweis zu helfen.
Unten mein Vorschlag. Ist der Beweis korrekt ?
Mein Satz ist etwas schwächer, da ich nicht <= sondern nur < beweisen konnte.

mfg
cx


Satz:
Vor:
\(X_i\) seien die ZVen, die das Ergebnis des i-ten Wurfes einer n-mal geworfenen, fairen Münze angibt. \( M_n := \frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n} \)
Beh:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2}+\epsilon)=1
\]
Beweis:
1)
Es gilt:
\( E(M_n)=\frac{n \cdot \frac{1}{2}} {n}=\frac{1}{2}\)   und   \( V(M_n)=\frac{n \cdot\frac{1}{4}}{n^2}= \frac{1}{4n} \)
Mit der Ungleichung von Tschebyscheff folgt für alle \(\epsilon > 0\) und alle n>0:
\( P(\vert M_n-\frac{1}{2}\vert \ge \epsilon) \le \frac{\sigma ^2} {\epsilon ^2} =\frac{1}{4 \epsilon^2 n} \)
Da gilt:
\( 0 \le P(\vert M_n-\frac{1}{2}\vert \ge \epsilon) \le \frac{\sigma ^2} {\epsilon ^2} = \frac{1}{4 \epsilon^2 n} \)  und  
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{4 \epsilon^2 n}=0 \) folgt:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\vert M_n-\frac{1}{2}\vert \ge \epsilon) =0 \) (*)

2)
Es gilt:
\( P(\vert M_n-\frac{1}{2}\vert \ge \epsilon) =
P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) + P(M_n \le \frac{1}{2} - \epsilon) \ge 0\)
Also folgt mit (*):
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) + P(M_n \le \frac{1}{2} - \epsilon)) = 0 \) (**)
Es gilt:
\( 0 \le P(M_n \ge \frac{1}{2}+\epsilon) \le P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) + P(M_n \le \frac{1}{2} - \epsilon) \)
Mit (**) folgt dann:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) = 0 \)
Also:
\( 1-\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) = 1 \)
Also:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (1-P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon)) = 1 \) (***)

3)
Es gilt:
\( P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) + P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon) = 1 \)
also:
\( P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1-  P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon)  \)
also:
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (1-  P(M_n \ge \frac{1}{2} + \epsilon))  \)
also folgt mit (***):
\( \lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(M_n < \frac{1}{2} + \epsilon) = 1
\)





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carlox
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Hallo StrgAltEntf,
1)
Die folgende Formel ist also falsch:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\sum_{i=1}^n X_i \le \frac{n}{2})=1
\]
2)
Es sei \( x \le \frac{1}{2} \)
Welchen Wert hat dann (und wie beweist man das):
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{\sum_{i=1}^n X_i}{n} \le x) = ?
\]
mfg
cx



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Hallo Carlox,

dein Beweis aus #46 ist rechtig, sehr schön gemacht!

Da aus \(a<b\) folgt, dass \(a\leq b\), hast du natürlich automatisch auch die Aussage für \(\leq\), klar wieso?

Auf die gleiche Art kannst du beweisen, dass \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i \leq \frac12-\epsilon)=0\) für alle \(\epsilon>0\)

Außerdem müsste
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i = \frac12)=0\),
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i < \frac12)=\frac12\) und
\(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac1n\sum_{i=1}^n X_i > \frac12)=\frac12\)
gelten.



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carlox
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-22 12:41


Hallo StrgAltEnt,
1)
Der von dir entworfene Beweis benutzt den Satz von Tschebyscheff.

Ich habe vorher aber auch versucht den Beweis mit Moivre-Lapalace zu machen.
Diophant hat das hier andere Thread mit Moivre-Lapalace begründet und argumentiert.
Ich finde die Argumenation falsch (siehe auch Beitrag nr. 24):
Hier nochmals meine Argumentation:
Ich habe das Problem, den folgenden Wert zu berechnen:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(\frac{X_n-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n} \le \frac {n \frac{\ln q_2}{\ln q_2-\ln q_1}-\frac{n}{2}} {\frac{1}{2}\sqrt n})
\] Wenn der Wert rechts von <= unabhängig von n wäre, könnte man den Satz von Moivre-Laplace verwenden.
Aber der Term rechts von <= hängt von n ab.
Was meinst du dazu ?
Welche Argumentation ist richtig (Diophant oder carlox)?
Ich muß dies unbedingt wissen, da ich wissen will, ob ich einen Denkfehler mache.

2)
Behauptung1:
Wenn X eine ZV ist und \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f(n)= \infty \), dann gilt:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X \le f(n))=1
 \]
Daraus läßt sich dann aber nicht folgern, daß die folgende Behauptung2 gilt, denn \(X_n\) ist jetzt nicht mehr eine konstante ZV.
Was meinst du dazu ?

Behauptung2:
Wenn \(X_n\) eine Folge von ZVen ist und \(\lim\limits_{n \rightarrow \infty} f(n)= \infty \), dann gilt:
\[
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} P(X_n \le f(n))=1
 \]
Ist Behauptung 2 falsch ?

mfg
cx










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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2020-01-22 21:41


Zu 1 habe ich im anderen Thread was geschrieben.

Zu 2)

Beh. 2 ist in dieser Allgemeinheit falsch. Sei etwa \(X_n\) eine ZV, die mit W'keit 1 den Wert n annimmt. Weiter sein \(f(n)=n-1\). Dann ist \(P(X_n\leq f(n))=0\) für alle n.

Beh. 1 stimmt hingegen.



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