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Wahrscheinlichkeit (binärer Baum)

Universität / Fachhochschule

Erwartungswert

Tags: Erwartungswert

Salasah aktiv_icon

17:29 Uhr, 02.07.2013

Betrachten Sie folgenden Zufallsweg: Wir starten bei der Zahl 0 und gehen in jedem Schritt mit gleicher Wahrscheinlichkeit von

i

nach

i + 1

oder nach

i - 1

a)

Beweisen Sie, dass wir mit Wahrscheinlichkeit 1 irgendwann zur 0 zurückkommen.

b)

Beweisen Sie, dass mit Wahrscheinlichkeit 1 jede Zahl

k

mindestens einmal besucht
wird.

Zu

a)

Ich hab mir dabei einen binären Baum vorgestellt, bei dem die Zweige jeweils die wahrscheinlichkeit

p

haben. und mir den ersten Weg angeguckt.

0 \to - 1 \to - 2 \to - . .

.
Wenn ich

n

mal diese schritte durchführe hab ich, wenn ich diesen zweig betrachte ja folgenden erwartungswert:

\sum_{i = 0}^{n} n \cdot p \cdot (- i)

Ich glaub das bringt aber nicht viel, irgendwie bekomme ich das nicht geordnet...

alexg aktiv_icon

03:04 Uhr, 03.07.2013

Hey!

Weiß nicht ob das irgendwie hilft, aber für Beispiel

a)

ist der Erwartungswert auf jeden Fall 0.

Denn es gibt zwei Ergebnisse die eintreten können: "(+)1" und "-1" mit den Eintrittswahrscheinlichkeiten von je

0,5

.

Daher sieht der Erwartungswert so aus:

E = 0,5 \cdot 1 + 0,5 \cdot (- 1) = 0,5 - 0,5 = 0

Und nach dem Gesetz der großen Zahl nähert man sich bei unendlicher Wiederholung immer mehr dem Erwartungswert an, also sollte man, wenn man das Zufallsexperiment mit dem Wegbewegen unendlich oft durchführt, am Ende wieder bei 0 landen.

Lg,
Alex

(Das ist natürlich nur der Fall, wenn die Eintrittswahrscheinlchkeiten von 1 und minus 1 genau gleich sind. Würde 1 mit größerer Wahrscheinlichkeit als minus 1 auftreten (zb im Verhältnis

0,55

0,45)

wäre der Erwartungswert

0,1

und man würde am Ende nicht wieder bei 0 landen.)

Salasah aktiv_icon

13:07 Uhr, 03.07.2013

Mhm... ok. Du würdest also das Gesetz der großen Zahlen anwenden...
Was würdest du bei

b)

sagen? das gleiche?

alexg aktiv_icon

17:04 Uhr, 03.07.2013

Bei

b)

fällt mir leider auf die Schnelle nichts ein. Hab meinen Statistik Kurs noch nicht absolviert ;-) Sorry

anonymous

13:29 Uhr, 04.07.2013

Hallo

1)

@ Alexg: Interessante Überlegung. Ich stehe voll hinter dir, dass der Erwartungswert die NULL ist.

ABER

Ich denke, die Aufgabenstellung ist dem Sinn nach eine andere.

Und als Beweis im Sinne der Aufgabenstellung mag ich deine Ausführungen nicht recht akzeptieren.

2)

Lasst mich die Aufgabenstellung mal in meinem Verständnis in meine Worte fassen.

Ich stelle mir die Aufgabe bildlich als x-y-Diagramm vor.

Die x-Achse sei die Abfolge der Zufallsergebnisse, also

x=1 für erstes Zufallsereignis, x=2 für das zweite Zufallsereignis, usw.

Die y-Achse sei die Summe der Zufallsereignisse, also die Summe der "+1-en" und "-1-en".

ZB:

x= 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10...

y= 0 ; 1 ; 2 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 3 ; 2 ; 1 ; 2

Nennen wir "n" die Anzahl der Zufallsereignisse.

Die Aufgabenstellung a) kann nicht so gemeint sein, wie sie wörtlich dasteht. DENN:

Das Zufallsereignis kann (mit 50% Wahrscheinlichkeit) stets '+1' lauten.

Dann ist auch y(n)= n

Also kann auch das Ereignis auftreten, dass wir nicht mehr zur 0 zurückkehren.

Die Wahrscheinlichkeit hierfür ist zwar sehr, sehr gering. Sie beträgt

p(n)= 0.5^n

Als Grenzwert für n->Unendlich geht die Wahrscheinlichkeit zwar gegen Null.

Aber es ist eben nicht völlig unmöglich.

Und damit kann die Wahrscheinlichkeit dafür, irgendwann zur 0 zurückzukehren nicht gleich 1 sein.

Weil die Aufgabe eben in diesem obigen wörtlichen Sinne nicht gemeint sein kann, vermute ich folgende Aufgabenstellung, die ich so in meine Worte fassen würde.

a.2) Beweisen Sie, dass für den Grenzwert der Wahrscheinlichkeit dafür, dass y irgendwann zum Wert 0 zurückkehrt, für große n (lim n-> Unendlich) gilt:

g_p=1

3)

Wie gesagt, ich unterstütze die These von Alexg, dass der Erwartungswert von y die NULL ist.

Das auch, indem ich mir obiges bildliche xy-Diagramm als nach rechts aufweitendes Dreieck vorstelle, dessen x-Achse Symmetrieachse ist.

Wo lande ich mit meinem xy-ZickZack-Kurs?

Ich stelle mir dazu für große n eine Binomial-Verteilung vor. Für große n kann man bekanntlich die Binomial-Verteilung in eine Normal-Verteilung überführen.

Erwartungswert: y(n)= 0

Standardabweichung: wie war das nochmal? ich glaube sqrt(n*p*q)= sqrt(*0.5*0.5)

(Wie auch immer, spielt für das Weitere kaum eine Rolle.)

Nochmals zur Unterscheidung:

Ich glaube, ich bin mit Alexg übereinstimmig, dass y(n) wahrscheinlich gegen NULL geht.

Das kann aber auf meinem xy-Diagramm ein ZickZack-Kurs sein, der bei x=1;y=1 startet, und z.B. bei x=10 000 000 ; y=2 endet, und dabei aber stets im positiven Bereich blieb, also niemals y=0 zeigte.

Die Aussage von Alexg kann man auch so interpretieren:

oben angesprochene Normalverteilung ist symmetrisch, Erwartungswert=NULL, Wahrscheinlichkeit, am Ende auf der selben Seite der x-Achse zu liegen, wie nach dem ersten Schritt = 50%.

Das aber ist nicht gefragt.

Sondern - es ist gefragt:

Beweisen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der ZickZack-Kurs stets im positiven Bereich lag (also nie die x-Achse berührte/kreuzte) für große n den Grenzwert NULL hat.

Deshalb zweifle ich die Gültigkeit obiger Beweisführung durch Alexg an.

4)

Ich selbst bin (noch) bemüht, diesen Beweis zu führen.

Ich gebe aber zu, dass ich bisher noch nicht wirklich nahe diesem Ziel bin.

5)

Entsprechend würde ich die Teilaufgabe b) uminterpretieren, und so in meine Worte und mein Verständnis packen:

b.2)

Beweisen Sie, dass für den Grenzwert der Wahrscheinlichkeit dafür, dass y irgendwann den Wert k annimmt, für große n (lim n-> Unendlich) gilt:

g_pk= 1

6)

Unter der Prämisse, dass es uns einmal gelingen sollte, den Beweis a.2 zu führen, möchte ich behaupten, einen Beweis für b.2 zu haben.

Der lautet folgendermaßen:

Unser ZickZack-Kurs hatte bei endlichen x irgendwann mal einen Höchstwert. Nennen wir diesen Höchstwert mal a(x).

Wenn der Beweis a.2 gelänge, dann besagt doch dieser, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, zu diesem Höchstwert a(x) zurückzukehren, für große n den Grenzwert 1 annimmt.

In trivialen Worten: Wir dürfen mit an Sicherheit grenzender Wahrscheinlichkeit davon ausgehen, dass wir zum Höchstwert a(x) zurückkehren.

Unser anschließendes Zufallsereignis wird lauten:

> zu 50% "-1" , d.h. der Höchstwert a bleibt

> zu 50% "+1" , d.h. der Höchstwert vergrößert sich auf a_neu= a_alt+1

Nennen wir die Anzahl der Wiederholungen, wieder zum Höchstwert y=a zurückzukehren: "m"

Die Wahrscheinlichkeit nach einer Wiederholung (m=1) den Höchstwert NICHT zu erhöhen ist 0.5^1

Die Wahrscheinlichkeit nach zwei Wiederholungen (m=2) den Höchstwert NICHT zu erhöhen ist 0.5^2

Die Wahrscheinlichkeit nach m Wiederholungen den Höchstwert NICHT zu erhöhen ist 0.5^m

Für n-> Unendlich läuft natürlich auch die Anzahl der Wiederholungen m-> Unendlich.

Der Grenzwert für die Wahrscheinlichkeit nach vielen Wiederholungen den Höchstwert NICHT zu erhöhen ist lim 0.5^m=0

Das heißt in trivialen Worten: Mit an Sicherheit grenzender Wahrscheinlichkeit wird jeder Höchstwert irgendwann einmal getoppt.

Das wiederum heißt, dass unser ZickZack-Kurs jeden vorher festgelegten Wert k einmal erreichen wird.

qed

Wie gesagt, dieser zweite Beweis gilt nur unter der Prämisse, dass uns einst einmal der Beweis a.2 gelingen sollte.

Ich bin noch dran.

Alle Interessierten, herzlich willkommen...

Matlog aktiv_icon

16:33 Uhr, 04.07.2013

Die Aufgabenstellung dürfte schon genau so gemeint sein, wie sie dort steht.
Die Probleme, die cube2 darin sieht, sollten sich verflüchtigen, wenn er für die Irrfahrt kein festes

n

(als deren Ende) setzt, sondern sie unbegrenzt weiter laufen lässt.

Es handelt sich hier um eine eindimensionale Irrfahrt (random walk). Die behaupteten Aussagen wurden (allgemeiner) bereits

1921

von George Polya bewiesen.
Aber ich möchte den Forscherdrang hier nicht abbrechen...

alexg aktiv_icon

10:33 Uhr, 05.07.2013

Habs mir jetzt nochmal durchgedacht (vor allem

b)

. Habe einen Ansatz aber leider noch kein wirkliches Ergebnis.

Hab's mal skizziert (siehe Anhang).Entschuldigt meine "Zeichenkünste" ;-)

Hab eine Art Netz gemacht, wo man alle möglichen Pfade einzeichnen kann. Wenn man sich dann irgendeine Zahl

k

auf der y-Achse im Speziellen ansieht, und wissen will, was die WSK ist, diese Zahl irgendwann (bei unendlicher Wiederholung des Experiments) zu erreichen, kann man diese WSK "ganz einfach" errechnen. Man sehe sich dazu nur die einzelnen Möglichkeiten an die Zahl zu erreichen und betrachte deren Eintrittswahrscheinlichkeiten.

Als Beispiel die Zahl 2. Eine Möglichkeit diese Zahl zu erreichen ist sie gleich am Anfang, nach 2 "Schritten" zu erreichen, wenn ich vom Nullpunkt einen Schritt nach oben bzw.

+ 1

gehe und dann noch einen nach oben, bzw.

+ 1

. Die WSK zwei so zu erreichen ist

0,5 \cdot 0,5

also

0,25

.

Dann gibt es aber noch die Möglichkeit zwei nach vier Schritten zu erreichen. Indem ich entweder rauf, rauf, rauf, runter

(+ 1, + 1, + 1, - 1)

gehe oder rauf, rauf, runter,rauf oder rauf, runter, rauf, rauf oder runter, rauf, rauf, rauf. Es gibt also vier Pfade die dorthin führen und jeder hat die WSK

0,5 \cdot 0,5 \cdot 0,5 \cdot 0,5 = {0,5}^{4}

. Daraus ergibt sich eine WSK die Zahl zwei in vier Schritten zu erreichen von

4 \cdot {0,5}^{4}

.

Darüber hinaus gibt es noch die Möglichkeit zwei in sechs Schritten zu erreichen. Hier gibt es neun Pfade die dorthin führen, die WSK zwei so zu erreichen ist also

9 \cdot {0,5}^{6}

. Und dann gibt's noch die Möglichkeiten zwei in acht Schritten zu erreichen, in zehn, zwölf usw. gegeben, dass

n

nach unendlich geht.

Das Gleiche kann man sich für alle anderen Zahlen durchdenken. Die Zahl eins etwa kann mit einem Schritt, drei Schritten, fünf Schritten... bis unendlich erreicht werden. Die Zahl vier mit vier Schritten, sechs Schritten, acht Schritten usw. bis unendlich. Und jede Chance die gewählte Zahl zu erreichen tritt mit einer bestimmten WSK auf, die sich aus den Pfaden errechnen lässt.
(Man beachte hier: eine gerade Zahl werde ich nie mit einer ungeraden Anzahl von Schritten erreichen können und umgekehrt.)
Wenn ich jetzt beweisen soll, dass die Wahrscheinlichkeit irgendeine bestimmte Zahl zu erreichen wenn

n \to 00

gleich 1 ist, so muss ich alle Möglichkeiten betrachten die es gibt um die ausgewählte Zahl zu erreichen und deren Eintrittswahrscheinlichkeiten zusammenrechnen. Die Summe aller Eintrittswahrscheinlichkeiten muss eins ergeben.

Für die Zahl "Zwei" etwa gilt, die WSK zwei irgendwann zu erreichen, wenn

n \to \infty

muss lauten:

P (2) = 1 \cdot {0,5}^{2} + 4 \cdot {0,5}^{4} + 9 \cdot {0,5}^{6} + . .

= 1

Jetzt muss ich "nur mehr" beweisen, dass das auch stimmt.

Ich weiß, dass

\sum_{n = 1}^{\infty} 0 . 5^{n} = 1

Das liegt hier aber nicht vor. Zum einen wird das

0,5 n

noch mit einem (nicht konstanten) Faktor multipliziert und außerdem können bei der Hälfte der Werte nur gerade Hochzahlen auftreten, bei der anderen Hälfte nur ungerade.

Ich kann zwar umformen. Die Summe der Wahrscheinlichkeiten von "Zwei" etwa kann ich auf die Form bringen

P (2) = 1 \cdot {0,5}^{2} + 4 \cdot {0,5}^{4} + 9 \cdot {0,5}^{6} + . .

= \sum_{n = 1}^{\infty} (n^{2}) \cdot 0 . 5^{2 n}

Aber ich glaube irgendwie stimmt das nicht ganz, und außerdem würde diese Summe nicht eins ergeben. Ich habe also nicht bewiesen, dass die Zahl zwei mit WSK 1 mindestens einmal erreicht wird

n

unendlich wird. Außerdem, selbst wenn ich es für "zwei" beweisen könnte, müsste ich die Formel noch auf alle anderen Zahlen

k

umlegen können. Ich bin mir ziemlich sicher, dass da eine Symmetrie zu finden ist, und dass diese mit der Binomialverteilung zusammenhängt, aber leider konnte ich sie noch nicht finden ;-)

Konntet ihr das Beispiel schon lösen?

Liebe Grüße,
Alexandra

alexg aktiv_icon

01:17 Uhr, 06.07.2013

Nach dem Tipp von Matlog & nachdem's mir keine Ruhe gelassen hat, hab ich's noch nachgeschaut.

@cube2: Du hattest Recht, dass man zuerst

a)

beweisen muss um

b)

beweisen zu können. :-)

Wie Matlog gesagt hat, handelt es sich im Beispiel um einen (einfachen, symmetrischen) Random Walk.

Gegebenheiten:

1. Startpunkt ist 0.

2. Zeit ist homogen.

3. Alle Zielpunkte im System kommunizieren mit einander,

d . h

. von jedem Zielpunkt aus kann jeder andere Zielpunkt erreicht werden.

4.

p (+ 1) = p (- 1) = 0,5

5. Dann gilt auch: Die WSK, dass wir irgendwann Punkt "1" erreichen, wenn wir bei Punkt "0" starten, ist die gleiche WSK wie jene, dass wir Punkt "2" erreichen, wenn wir bei Punkt "1" starten.

Daher:

Wenn wir mit Wahrscheinlichkeit 1 den Punkt Null während des Random Walks (von

n = 1

nach

n \to \infty)

irgendwann mindestens einmal erreichen, gilt auch, dass wir alle anderen Punkte mit Wahrscheinlichkeit 1 mindestens einmal erreichen.

Polya und andere haben hierzu bewiesen, dass 0 "recurrent" ist,

d . h

. dass man beim Random Walk der bei 0 startet wenn

n \to \infty

unendlich oft zu 0 zurückkehrt.

Beweis (sehr vereinfacht, auf Englisch):

There are

(\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix})

routes which lead back to 0 (because we can only return to 0 after an even number of steps). We multiply the number of favorable routes with the probability at which each favorable route occurs, which is

\frac{1}{2^{2 \cdot n}}

. The result gives us the probability of returning to 0 at any given point in time

n

.

We want to show that as

n \to \infty

the sum of these probabilities also tends towards infinity. Only then is state 0 recurrent.

Stirling has proved that

\sum (\begin{matrix} 2 n \\ n \end{matrix}) \cdot \frac{1}{2^{2 \cdot n}}

. approximately equals

\sum \frac{1}{\sqrt{π \cdot n}}

When

n \to \infty

the above sum also goes towards infinity:

\sum \to \infty

Thus 0 is a "recurrent state".

In der Folge sind auch alle anderen erreichbaren Werte

(. .

- 3, - 2, - 1,0,1,2,3 ...)

"recurrent states", werden also wenn

n \to \infty

unendlich oft besucht.

Hoff ich hab das jetzt richtig verstanden! ;-)

anonymous

12:58 Uhr, 23.07.2013

Hallo nochmals
Ich bin jetzt endlich auch mal wieder dazu gekommen, meine Gedanken weiterzuführen und zu formulieren.
Zunächst mal Lob an alexg, dein ZickZack-Diagramm sieht schon sehr ähnlich aus, wie meines.

Ich wiedme mich jetzt dem Beweis a.2. (siehe hierzu mein Diagramm...)

a) Ich gehe davon aus, dass beim ersten Mal würfeln die '+1' kommt.
Nebenbemerkung: Sollte die '-1' kommen, dann stellen wir eben alles auf den Kopf, d.h. spiegeln an der x-Achse, und alles ist wieder beim selben.
Nach dem ersten Mal würfeln stehen wir also bei (x=1, y=1).

b) zweites Mal würfeln (x=2):
> mit Wahrscheinlichkeit p=1/2 kehren wir zurück zu y=0,
> mit Wahrscheinlichkeit p=1/2 steigen wir auf y=2 .

Ich habe immer die Anzahl der Wege, die zu einem Punkt (x,y) führen, über den Punkt geschrieben.
> zum Punkt (x=2, y=0) führt ein Weg.
> zum Punkt (x=2, y=2) führt ein Weg.

c) drittes Mal würfeln (x=3):
(Nebenbemerkung: Ich verfolge jetzt nur noch die Wege, die y>=0 sind. Denn wir wollen ja beweisen, dass mit an Sicherheit grenzender Wahrscheinlichkeit irgendwann die Null (y=0) wieder erreicht wird. Wenn y=0 erreicht wurde, dann ist ja das Ziel auf diesem speziellen Weg erreicht, und ich muss den Weg nicht weiter verfolgen.)
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2) kommen wir zum Punkt (x=3, y=1),
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2) kommen wir zum Punkt (x=3, y=3) .
> zum Punkt (x=3, y=1) führt ein Weg.
> zum Punkt (x=3, y=3) führt ein Weg.

d) viertes Mal würfeln (x=4):
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2)*(1/2) kommen wir zum Punkt (x=4, y=4),
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2)*(1/2) kommen wir über Punkt (x=3, y=3) zum Punkt (x=4, y=2),
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2)*(1/2) kommen wir über Punkt (x=3, y=1) zum Punkt (x=4, y=2),
> mit Wahrscheinlichkeit p=(1/2)*(1/2)*(1/2) kommen wir zum Punkt (x=4, y=0).
> zum Punkt (x=4, y=4) führt ein Weg.
> zum Punkt (x=4, y=2) führen 2 Wege.
> zum Punkt (x=4, y=0) führt ein Weg.

e) So allmählich erkennen wir das Prinzip.
Nennen wir die Anzahl Wege, die zu einem Punkt (x,y) führen: "a_xy"
Dann gilt doch:
> für y=0: a_(x+1, y=0)= a_(x, y=1)
> für y=1: a_(x+1, y=1)= a_(x, y=2)
> für y>=2: a_(x+1, y) = a_(x, y-1) + a_(x, y+1)

Na wunderbar. Das riecht nach Tabellenkalkulationsprogramm. Ich habe das mal für uns tabelliert, siehe Diagramm "a(x,y)".

f) Ich will jetzt die Wahrscheinlichkeit errechnen, dass nach x mal Würfeln die y=0 - Linie noch NIEMALS wieder erreicht wurde.
f.1) Anzahl möglicher Ereignisse (Zick-Zack-random-walk-Wege): n_mög= 2^(x-1)
f.2) Anzahl günstiger Ereignisse:
> bei x=3 sind es 2 Wege, nämlich einer zum Punkt (x=3,y=1), und einer zum Punkt (x=3,y=3).
> bei x=5 sind es 6 Wege, nämlich 2 zu (5,1), 3 zu (5,3), und 1 zu (5,5).
> usw.
Nennen wir die Anzahl Wege, die nicht über (y=0) führten, also die Anzahl günstiger Ereignisse: "b(x)"
Betrachten wir die Reihe b(x):
x= ;|; b(x)=
2 ;|; 1
4 ;|; 3
6 ;|; 10
8 ;|; 35
10 ;|; 126
12 ;|; 462
14 ;|; 1716
16 ;|; 6435
18 ;|; 24310
20 ;|; 92378

g) Ich behaupte:
b(x)= ((x-1) über (x/2))
(Nebenbemerkung: Natürlich müsste ich diese Behauptung für einen ausführlichen Beweis jetzt auch noch ausführlich beweisen.
> Ich habe hier keine Lust, mir die Finger noch mehr wund zu tippen.
> Zugegeben, ich habe mir diesen Beweis jetzt auch noch nicht ausführlich zurecht gelegt.
> Ich halte es für plausibel, weil die Verwandschaft zum Pascalschen Dreieck und damit zum Binomial-Koeffizienten ja geradezu ins Auge fällt.
> Ich habe es per Tabellenkalkulationsprogramm bis x=170 numerisch durchexerziert und geprüft (dann gehen Excel die Zahlen aus).
> Dem Herrn George Polya scheint der Beweis ja gelungen zu sein. Und er kommt auf seine Weise auch auf einen sehr ähnlich klingenden Binomialkoeffizienten.
> Es ist ja nicht meine Hausaufgabe. Und für meine Zwecke bin ich schon sehr zufrieden mit diesem Stand der Behauptung oder auch "Quasi-Beweis".
Nebenbemerkung_Ende)

h) Unter f) wollte ich doch die Wahrscheinlichkeit errechnen. Also dann:
Wahrscheinlichkeit dafür, dass nach x mal Würfeln die y=0 - Linie noch NIEMALS erreicht wurde:
p(x)= Anzahl_günstiger_Ereignisse / Anzahl_möglicher_Ereignisse
p(x)= b(x)/ [2^(x-1)]
p(x)= 2*[(x-1) über (x/2)]/(2^x)

Für das Folgende empfiehlt sich eine Substitution:
d= x/2
x= 2*d
damit:
p(d)= 2*[(2*d-1) über d]/(2^(2*d)) = 2*[(2*d-1) über d]/(4^*d)

i) Ich ziele Aufgaben-gemäß auf den Grenzwert der Wahrscheinlichkeit für x-> Unendlich.
Siehe dazu den Scan unter ...
Ich habe mir dabei erlaubt, bei den Binomial-Koeffizienten bzw. deren Fakultäten auf die Stirling-Formel zurückzugreifen:
n! = sqrt(2*pi*n)*(n^n)/exp(n)

j)
Die Näherungsformel
p_Nährg.(x)= sqrt(2/pi/x)
bescheibt sehr gut das Verhalten der Wahrscheinlichkeit.
Das konnte ich jetzt natürlich auch wieder mit Tabellenkalkulation veranschaulichen:
x ;|; p(x) ;|; p_Nährg.
2 ;|; 0.5 ;|; 0.564189584
10 ;|; 0.24609375 ;|; 0.252313252
30 ;|; 0.144464448 ;|; 0.145673124
100 ;|; 0.079589237 ;|; 0.079788456
170 ;|; 0.061105026 ;|; 0.061194952
Na - wenn das mal nicht ne gute Näherung ist.

k) Zusammenfassung:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass nach unendlich mal Würfeln die y=0 - Linie NIEMALS erreicht wird, hat den Grenzwert p=0.
D.h. mit an Sicherheit grenzender Wahrscheinlichkeit wird ausgehend vom Wert y=0 dieser Wert wieder erreicht.
qed

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