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  Zufallsvariable für Glücksspiel (Münzwurf) |
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Paulamathicus
Junior 
Dabei seit: 21.07.2022
Mitteilungen: 18
 |  Themenstart: 2022-07-22
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Hallo,
ich habe noch eine Frage zu der folgenden Aufgabe. Also es geht um ein Spiel, bei dem eine Münze geworfen wird und wenn Kopf kommt kriege ich 1 Euro und bei Zahl muss ich 1 Euro zahlen. Die Zufallsvariable \(S_n\) soll dabei den Kontostand nach \(n\) Würfen angeben und \(S_0=0\). Dann soll man \(\lim\limits_{n \to \infty}\mathbb{P}(-\sqrt{n}\leq S_n \leq \sqrt{n})\) mithilfe der Tabelle für die Normalverteilung berechnen. Also ich denke eigentlich müsste \(\lim\limits_{n \to \infty} S_n=0\) sein. \(S_0=0\) und \(S_1=\) entweder 1 oder 0, jeweils mit \(\mathbb{P}(S_1=\frac{1}{2})\). Die Wahrscheinlichkeit bei \(n\) Würfen das Maximum, also \(n\) Euro zu gewinnen oder zu verlieren, liegt also bei:
\[\mathbb{P}(S_n=n)=\mathbb{P}(S_n=-n)=(\frac{1}{2})^n\]
Ich komme aber nun nicht weiter, wenn es darum geht, sich dies für \(\lim\limits_{n \to \infty}\mathbb{P}(-\sqrt{n}\leq S_n \leq \sqrt{n})\) zu überlegen.
Ich freue mich über jeden Tipp und Hinweis
LG Paula :)
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Diophant
Senior 
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10519
Wohnort: Rosenfeld, BW
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-22
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AnnaKath
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
Mitteilungen: 3710
Wohnort: hier und dort (s. Beruf)
 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-07-22
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Huhu Paula,
überlege Dir doch einmal, wie sich für ein festes $n$ der Gewinn verteilt. Du hast ja bereits zwei (extreme) Ereignisse berechnet. Sicherlich kennst Du diese Verteilung.
Und vermutlich weisst Du auch, wie sich eine solche Verteilung für $n\rightarrow \infty$ darstellt. Wie nicht sondern überraschend ergibt sich die berüchtigte Verteilung...
Dann solltest Du für die konkrete Berechnung beachten, dass $\sqrt|{n}$ die in ziemlich offensichtlicher Beziehung zur Standardabweichung der Verteilung von $S_n$ steht.
Vielleicht hilft Dir dieser "Fahrplan" ja bereits, sonst helfen wir Dir sicher gerne weiter.
lg, AK
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Paulamathicus
Junior 
Dabei seit: 21.07.2022
Mitteilungen: 18
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-22
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Hallo und erstmal Danke euch zwei.
Nun zunächst zu Diophant: Leider hilft mir das gerade auch nicht so ganz weiter :/
Zu AnnaKath: Also ich denke es müsste sich um die Binomialverteilung handeln. Für die Standardabweichung gilt ja dann: \(\sigma=\sqrt{n\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{n\cdot \frac{1}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{n}\)
Aber irgendwie ist mir noch nicht ganz klar, wie ich nun \(\lim\limits_{n \to \infty}\mathbb{P}(-\sqrt{n}\leq S_n \leq \sqrt{n})\) bestimme.
LG Paula
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luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 908
 | Beitrag No.4, eingetragen 2022-07-23
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\(\begingroup\)\(%****************************************************************
%************************** Abkuerzungen ************************
%****************************************************************
\newcommand{\eps}{\epsilon}
\newcommand{\veps}{\varepsilon}
\)
\quoteon(2022-07-22 23:45 - Paulamathicus in Beitrag No. 3)
Zu AnnaKath: Also ich denke es müsste sich um die Binomialverteilung handeln. Für die Standardabweichung gilt ja dann: \(\sigma=\sqrt{n\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}=\sqrt{n\cdot \frac{1}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{n}\)
\quoteoff
Moin, $S_n$ *kann* nicht binomialverteilt sein, da eine binomialverteilte ZV keine negativen Werte annimmt.
Zum Tipp von Diophant: Vielleicht gelingt es dir ja, $S_n$ als Summe unabhaengiger identisch verteilter Zufallsvariablen darzustellen. Auf die kann man dann den ZGS anwenden ...
vg Luis\(\endgroup\)
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Paulamathicus
Junior
Dabei seit: 21.07.2022
Mitteilungen: 18
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-23
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Das stimmt natürlich. Da hatte ich mich verwirren lassen, dass die Verteilung ähnlich zur Normalverteilung ist und an sich ja nur diskret.
Irgendwie kriege ich das mit der Summe nicht so hin :/
Ich hab immer so ein paar Ideen, die in die Richtung: \(S_n=\sum\limits_n X_n\) und \(X_n=(-\frac{1}{2})^n\) gehen. Aber irgendwie macht das nicht so richtig Sinn, da so ja immer 0 raus kommt.
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10519
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.6, eingetragen 2022-07-23
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
welches ist denn nun diese
\quoteon(2022-07-22 23:15 - AnnaKath in Beitrag No. 2)
berüchtigte Verteilung...
\quoteoff
? 😉
Weiter musst du auseinanderhalten:
- die Verteilung eines einzelnen Münzwurfs
- die Verteilung deiner ZV \(S_n\).
Gruß, Diophant
\(\endgroup\)
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Paulamathicus
Junior
Dabei seit: 21.07.2022
Mitteilungen: 18
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-23
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Meiner Denkweise nach, müsste die Verteilung eine Normalverteilung mit Erwartungswert 0 sein. So stelle ich mir das zumindest logisch vor.
\quoteon(2022-07-23 13:39 - Diophant in Beitrag No. 6)
Weiter musst du auseinanderhalten:
- die Verteilung eines einzelnen Münzwurfs
- die Verteilung deiner ZV \(S_n\).
\quoteoff
Aber ich glaube genau hierbei liegt mein Problem. Also für einen einzelnen Münzwurf haben wir ja die folgenden Möglichkeiten: \(S_1=\{1,-1\}\), mit \(\mathbb{P}(S_1=1)=\mathbb{P}(S_1=-1)=\frac{1}{2}\). Bei zweifachem Werfen erhalten wir \(S_2=\{-2,0,2\}\) mit \(\mathbb{P}(S_2=2)=\mathbb{P}(S_2=-2)=\frac{1}{4}\) und \(\mathbb{P}(S_2=0)=\frac{1}{2}\). Für \(n\) Würfe erhalten wir dann: \(S_n=\{-n,...,0,...,n\}\), mit \(\mathbb{P}(S_n=-n)=\mathbb{P}(S_n=n)=(\frac{1}{2})^n\) und für die restlichen Wahrscheinlichkeiten muss man vor der \((\frac{1}{2})^n\) noch eine Permutation mit 2 Gruppen (+1 und -1) betrachten. Das ist wahrscheinlich alles recht verwirrend beim Lesen, aber ich musste mir das einfach mal so aufschreiben. Ich komme nun aber nicht drauf, wie ich das richtig weiter anwenden kann.
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10519
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.8, eingetragen 2022-07-23
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Hallo,
\quoteon(2022-07-23 14:15 - Paulamathicus in Beitrag No. 7)
Meiner Denkweise nach, müsste die Verteilung eine Normalverteilung mit Erwartungswert 0 sein.
\quoteoff
Das ist korrekt. Die weitere Vorgehensweise kann man doch der verlinkten Wikipediaseite entnehmen, was ist denn noch unklar?
Beachte dabei, dass die einzelnen Münzwürfe bernoulli-verteilt sind.
Gruß, Diophant
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konvergiert
Wenig Aktiv
Dabei seit: 07.03.2013
Mitteilungen: 68
| Beitrag No.9, eingetragen 2022-07-23
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Hallo,
also Zum Start:
Betrachte jeden Muenzwurf und dessen moegliche Ergebnisse, einzeln als ZV. Dann sind alle Muenzwuerfe gleichverteilt mit der Verteilung des einzelnen Wurfs. Und grob gesagt, da die einzelnen Muenzwuerfe sich nicht beeinflußen, sind diese zudem unabhaengig.
also iid, unabhaengig und identisch verteilt.
\( \text{Sei} \ A_k \ \text{der k-te Muenzwurf mit Ergebnis in Euro} \\ P(A_k=-1)=\frac{1}{2}, \ P(A_k=1)=\frac{1}{2} \ \text{dies beschreibt die Verteilung der ZV} \ A_k \ \text{fuer alle}\ k.\\
\text{Es folgt fuer den Erwartungswert, und Varianz} \\
\mathbb{E}[A_k]=-1\frac{1}{2}+1\frac{1}{2}=0 \\
\mathbb{E}[A_k^2]=(-1)^2\frac{1}{2}+(1)^2\frac{1}{2}=1 \\
\text{somit} \ Var(A_k)=1-0^2=1\)
nun wende die Regeln fuer den Erwartungswert und die Varianz bezueglich unabhaengiger ZV an
\(\text{mit} \ S_n=\sum_{k=1}^n A_k \ \text{folgt} \\
\mathbb{E}[S_n]=\mathbb{E}[\sum_{k=1}^n A_k] \stackrel{\text{unab.}}=\sum_{k=1}^n \mathbb{E}[A_k]=0\)
Mit der Gleichung von Bienaymé folgt da unkorreliert, da unabhaengig.
\(Var(S_n)=Var(\sum_{k=1}^n A_k) \stackrel{\text{unab.}}=\sum_{k=1}^n Var(A_k)=n\)
Vielleicht hilft es dir wenn du dir das Ergebnis, also mit eingesetzter Varianz und Erwartungswert nun in, bzw. fuer die Tschebyscheff Ungleichung mal anschaust. Ansatz
\(\lim_{n \to \infty} P(-\sqrt{n}\leq S_n \leq \sqrt{n})=\lim_{n \to \infty}P(-1 \leq \frac{S_n}{\sqrt{n}} \leq 1)\)
und dies entspricht
\(\lim_{n \to \infty}P(|S_n|\leq \sqrt{n})\)
bringt dich dies weiter?
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
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luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 908
| Beitrag No.10, eingetragen 2022-07-23
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\(\begingroup\)\(%****************************************************************
%************************** Abkuerzungen ************************
%****************************************************************
\newcommand{\eps}{\epsilon}
\newcommand{\veps}{\varepsilon}
\)
\quoteon(2022-07-23 14:58 - konvergiert in Beitrag No. 9)
$\text{mit} \ S_n=\sum_{k=1}^\infty A_k \ \text{folgt}$
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
\quoteoff
IMHO ist $S_n=\sum_{k=1}^n A_k$, oder?
vg Luis\(\endgroup\)
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konvergiert
Wenig Aktiv
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Mitteilungen: 68
| Beitrag No.11, eingetragen 2022-07-23
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ja richtig, danke luis, ich war bereits beim Grenzwert also n unendlich, in gedanken.
vg konvergiert
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Paulamathicus
Junior
Dabei seit: 21.07.2022
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-23
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Hallo konvergiert,
vielen Dank. Durch dich ist mir nun einiges deutlich klarer geworden. Ich glaube ich habs jetzt:
\[Z_n=\frac{S_n-0}{\sqrt{n}\cdot 1}=\frac{S_n}{\sqrt{n}}\]
Es folgt: \[ \lim_{n \to \infty}\mathbb{P}(-\sqrt{n}\leq S_n\leq \sqrt{n})=\lim_{n \to \infty}\mathbb{P}(-1\leq \frac{S_n}{\sqrt{n}}\leq 1)=\lim_{n \to \infty}\mathbb{P}(-1\leq Z_n\leq 1)\\=\lim_{n \to \infty}\mathbb{P}( Z_n\leq 1)-\mathbb{P}(Z_n\leq -1)= 0,8413-(1-0,8413)=0,6826\]
Stimmt das so? :)
LG Paula
PS: Euch allen natürlich lieben Dank. Ohne euch wäre ich hier sehr aufgeschmissen gewesen :D
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Diophant
Senior
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Mitteilungen: 10519
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.13, eingetragen 2022-07-23
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Hallo,
das stimmt, und man kann es ohne Nachrechnen bestätigen. Stichwort: Sigma-Umgebung. Dass es auf eine solche hinausläuft, war von vornherein klar (und darauf wollte dich AnnaKath mit ihrem Beitrag u.a aufmerksam machen).
Also: für jede normalverteilte Zufallsvariable ist die Wahrscheinlichkeit, dass sie einen Wert im Intervall \((\mu-\sigma,\mu+\sigma)\) liegt, etwa die \(0.683\), die du herausbekommen hast, und die man in den meisten Nachschlagewerken und Lehrbüchern zur Stochastik findet.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Paulamathicus
Junior
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Mitteilungen: 18
| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-23
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Paulamathicus hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Paulamathicus hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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