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| Aufgabe | Wir stellen uns vor, dass Flöhe auf einer geraden Linie hin und her hüpfen: Jede Sekunde machen sie einen Sprung, wobei sie mit gleicher Wahrscheinlichkeit entweder 1cm nach links oder 1cm nach rechts hüpfen.
Ein Experimentator schaut sich diesen Vorgang viele Male an und bestimmt für jedes n [mm] \in \IN [/mm] den durchschnittlichen Abstand [mm] \overline{d}_n [/mm] eines Flohs vom Startpunkt nach n Sekunden.
Zeigen Sie, dass gilt:
[mm] \overline{d}_n \sim \wurzel{\bruch{2}{\pi}}*\wurzel{n} [/mm] für n [mm] \to \infty [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
wie finde ich eine Formel für [mm] \overline{d}_n [/mm] ?
Ich habe mir die ersten Sekunden aufgeschrieben, um eine Idee zu bekommen, wie die Formel für [mm] \overline{d}_n [/mm] aussieht:
n in Sekunden Abstand vom Startpunkt
0 0 cm
1 1 cm
2 0 cm oder 2 cm
3 1 cm oder 3 cm
4 0 cm oder 2 cm oder 4 cm
5 1 cm oder 3 cm oder 5 cm
6 0 cm oder 2 cm oder 4 cm oder 6 cm
Wie berechne ich jetzt den Durchschnitt? Ich habe es mit dem arithmetischen Mittel probiert, aber das scheint falsch zu sein. Bleiben noch das geometrische bzw. harmonische Mittel, oder liege ich total falsch?
Grüsse
Alexander
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:14 Di 28.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
> 6 0 cm oder 2 cm oder 4 cm oder 6 cm
Diese Überlegung ist durchaus richtig. Da können nur gerade Ergebnisse rauskommen.
Das Problem ist allerdings die unterschiedliche Wahrscheinlichkeit. 6 cm tritt wesentlich seltener auf als 0 cm. Bei 6 Hüpfern gibt es [mm] 2^{6} [/mm] (also 64) Möglichkeiten, ob der Floh nach links oder rechts springt. Aber nur in 2 Fällen davon landet er 6 cm vom Ausgangspunkt (nämlich, wenn er jedes Mal nach links oder jedes Mal nach rechts hüpft). Dass er wieder auf der Null landet, ist dagegen wesentlich wahrscheinlicher.
Was ich dennoch bei der Aufgabe nicht verstehe, ist die Sache mit dem [mm] \infty [/mm] (Unendlich). Eigentlich machen solche Dinge doch nur Sinn, wenn sie für jedes n gelten, und nicht erst irgendwann mal im Unendlichen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:02 Di 28.05.2013 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> Was ich dennoch bei der Aufgabe nicht verstehe, ist die
> Sache mit dem [mm]\infty[/mm] (Unendlich). Eigentlich machen solche
> Dinge doch nur Sinn, wenn sie für jedes n gelten, und
> nicht erst irgendwann mal im Unendlichen.
warum? Das wird eine Aussage über die Asymptote.
Oder lapidar ausgedrückt: Für ausreichend große n kannst du das auch leichter so berechnen.
MFG,
Gono.
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Hiho,
> Wie berechne ich jetzt den Durchschnitt? Ich habe es mit
> dem arithmetischen Mittel probiert, aber das scheint falsch
> zu sein. Bleiben noch das geometrische bzw. harmonische
> Mittel, oder liege ich total falsch?
die Flöhe verteilen sich gemäß einer ![[]](/images/popup.gif) Binomialverteilung um Null. Der durchschnittliche Abstand ist dann gerade der Erwartungswert des Betrags.
Eine andere Möglichkeit wäre, wenn du es ohne Verteilungen machen willst, deine Abstände zu wichten je nach Auftrittswahrscheinlichkeit (was letztlich zwar das gleiche ist, aber ohne die Theorie auskommt).
Als Tip: Du wirst wohl Binomialkoeffizienten brauchen.
Gono.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:55 Di 28.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
> Als Tip: Du wirst wohl Binomialkoeffizienten brauchen.
Wie setzt sich denn die Zahl Pi zusammen? Die kann man doch auch irgendwie "konstruieren".
Naja, du kennst die Lösung ja quasi schon - sollst sie "beweisen".
Und ich vermute mal, dass die Berechnung des Erwartungswertes mithilfe der Binomialkoeffizienten dasselbe Konstrukt aufweist wie die Zahl Pi. Darauf müsste es jedenfalls hinauslaufen. Wie sollte sonst so ein Pi in die Formel kommen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:03 Di 28.05.2013 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> Und ich vermute mal, dass die Berechnung des
> Erwartungswertes mithilfe der Binomialkoeffizienten
> dasselbe Konstrukt aufweist wie die Zahl Pi. Darauf müsste
> es jedenfalls hinauslaufen. Wie sollte sonst so ein Pi in
> die Formel kommen?
Meine Vermutung wäre ja die Stirling Formel gewesen, oder eine ähnliche, die möglicherweise in der Vorlesung des Threaderstellers behandelt wurde 
MFG,
Gono.
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Hallo,
erstmal danke schön für die vielen Antworten.
Ich hatte noch keine Statistik und Wahrscheinlichkeitsrechnung, sondern mache nur Analysis II, deswegen sagt mir das mit Binomialverteilung gar nichts.
Dass man die Abstände wichten muss, leuchtet aber mehr oder weniger ein.
Auch dass die Anzahl der Möglichkeiten nach n Sekunden [mm] 2^n [/mm] ist, habe ich verstanden, wobei n [mm] \ge [/mm] 1 sein muss.
Ich habe mir jetzt die ersten 4 durchschnittlichen Abstände per Hand ausgerechnet, aber kann kein Muster erkennen, um auf eine allgemeine Formel zu kommen.
Setze [mm] \overline{d}_0 [/mm] := 0.
[mm] \overline{d}_1 [/mm] = [mm] \bruch{2}{2^1} [/mm] * 1 = 1
[mm] \overline{d}_2 [/mm] = [mm] \bruch{2}{2^2} [/mm] * 0 + [mm] \bruch{2}{2^2} [/mm] * 2 = 1
[mm] \overline{d}_3 [/mm] = [mm] \bruch{6}{2^3} [/mm] * 1 + [mm] \bruch{2}{2^3} [/mm] * 3 = [mm] \bruch{6}{8} [/mm] * 1 + [mm] \bruch{2}{8} [/mm] * 3 = [mm] \bruch{3}{2}
[/mm]
[mm] \overline{d}_4 [/mm] = [mm] \bruch{6}{2^4} [/mm] * 0 + [mm] \bruch{8}{2^4} [/mm] * 2 + [mm] \bruch{2}{2^4} [/mm] * 4 = [mm] \bruch{6}{16} [/mm] * 0 + [mm] \bruch{8}{16} [/mm] * 2 + [mm] \bruch{2}{16} [/mm] * 4 = [mm] \bruch{3}{2}
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:38 Di 28.05.2013 | | Autor: | rabilein1 |
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Hiho,
> Ich habe mir jetzt die ersten 4 durchschnittlichen
> Abstände per Hand ausgerechnet, aber kann kein Muster
> erkennen, um auf eine allgemeine Formel zu kommen.
betrachte mal nicht sofort die Abstände, sondern die möglichen Position der Flöhe nach n Sekunden.
Die gehen ja von [mm] $\{-n,\ldots,n\}$.
[/mm]
Nun versuche mal herauszufinden, in welchem Verhältnis die Positionen erreicht werden.
Beispielsweise wird die Position -n mit WKeit [mm] \bruch{1}{2^n} [/mm] erreicht, ebenso wie die Position n.
Und dafür brauchst du Binomialkoeffizienten, hilfreich ist sicherlich auch, sich direkt mal das Pascalsche Dreieck anzuschauen.
Gruß,
Gono.
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Ok, ich denke, die Formel müsste lauten:
[mm] \overline{d}_n [/mm] = [mm] \bruch{1}{2^n}\summe_{k=0}^{n}\vektor{n \\ k}*|-n+2k| [/mm] für n [mm] \ge [/mm] 1 und setze [mm] \overline{d}_0 [/mm] := 0.
Aber das müsste man ja noch vereinfachen können? Der Betrag ist nicht so schön...
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Hiho,
> Ok, ich denke, die Formel müsste lauten:
>
> [mm]\overline{d}_n[/mm] = [mm]\bruch{1}{2^n}\summe_{k=0}^{n}\vektor{n \\ k}*|-n+2k|[/mm]
> für n [mm]\ge[/mm] 1 und setze [mm]\overline{d}_0[/mm] := 0.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Darauf kam ich auch.
> Aber das müsste man ja noch vereinfachen können? Der Betrag ist nicht so schön...
Du könntest die Summe aufspalten in [mm] $k\le\bruch{n}{2}$ [/mm] und Rest.
Aber ob das hilfreich ist....
Wobei: Der Binomialkoeffizient ist ja symmetrisch, und der Betrag um die Null auch.
Für gerade n gilt also schonmal:
$= [mm] \bruch{2}{2^n} \summe_{k=0}^\bruch{n}{2}\vektor{n \\ k}(n-2k)$
[/mm]
Für ungerade n gilt:
$= [mm] \bruch{2}{2^n} \summe_{k=0}^{\bruch{n-1}{2}}\vektor{n \\ k}(n-2k) [/mm] + [mm] \bruch{2}{2^n}\vektor{n \\ \bruch{n+1}{2}}$
[/mm]
Ob das Zielführend ist..... eine Abschätzung für [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] wirst du wohl brauchen.
MFG,
Gono.
MFG,
Gono.
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Ich versuche gerade eine Abschätzung für [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] zu finden, aber ich weiß nicht, wie ich das machen soll.
Mit der Stirlingformel komme ich nicht wirklich weiter.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:20 Di 04.06.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hallo Südkurve,
> Ok, ich denke, die Formel müsste lauten:
>
> [mm]\overline{d}_n[/mm] = [mm]\bruch{1}{2^n}\summe_{k=0}^{n}\vektor{n \\ k}*|-n+2k|[/mm]
> für n [mm]\ge[/mm] 1 und setze [mm]\overline{d}_0[/mm] := 0.
Ja, alles gut, wie Dir ja schon bestätigt wurde.
Ich würde mir mal das Galton-Brett ansehen. Wenn Du die Hindernisse in jeder "Zeile" im Abstand von 2cm aufreihst, hast Du genau Deinen Flohversuch.
Ich würde die Abstände nach links und nach rechts unterscheiden, dann hast Du absolute Positionen und bist zugleich Deinen Betrag los.
Grüße
reverend
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:37 Di 18.06.2013 | | Autor: | Fry |
Hallo,
also ich würde es über den Zentralen Grenzwertsatz machen.
Zur Modellierung:
Man kann sich ja vorstellen, dass der Floh auf der Zahlengerade der ganzen Zahlen vom Nullpunkt aus um 1 Einheit nach links oder rechts hüpft, dann wieder...
Definieren stochastisch unabhängige, id. verteilte Zufallsvariablen [mm] $X_1,...,X_n$ [/mm] auf einem W-Raum [mm] (\Omega,\mathcal A,\mathbb [/mm] P), wobei
[mm] $X_i=1$, [/mm] falls Floh beim i-ten Sprung 1cm nach rechts hüpft
[mm] $X_i=-1$, [/mm] falls ... nach links hüpft.
mit [mm] $P(X_i=1)=P(X_i=-1)=\frac{1}{2}$
[/mm]
Dann gibt [mm] $Z_n:=|\sum_{i=1}^{n}X_i|$
[/mm]
den Abstand vom Nullpunkt an.
Erwartungswert [mm] $E(X_i)=0$ [/mm] und [mm] $Var(X_i)=1$. [/mm] Nach dem Zentralen Grenzwertsatz ist dann [mm] Y_n:=\frac{\sum_{i=1}^{n}X_i}{\sqrt{n}}
[/mm]
asympotisch (also für großes n) wie eine [mm] $\mathcal [/mm] N(0,1)$-verteilte Zufallsgröße verteilt.
Damit hat [mm] $Y_n$ [/mm] die Dichte [mm] $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}$ [/mm] und folglich hat [mm] $|Y_n|$ [/mm] wegen der Symmetrie der Normalverteilung um 0
die Dichte [mm] $g(t)=2*f(t)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}*e^{-\frac{1}{2}x^2}$ [/mm] für $t [mm] \ge [/mm] 0$.
Damit gilt asympotisch für den Erwartungswert von [mm] $Z_n$:
[/mm]
[mm] $E(Z_n)=\sqrt(n)*E(Y_n)=\sqrt{n}*\int_{0}^{\infty}x*\sqrt{\frac{2}{\pi}}*e^{-\frac{1}{2}x^2}dx=\sqrt{n}*\sqrt{\frac{2}{\pi}}$,
[/mm]
was die Behauptung ist.
Viele Grüße,
Christian
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