| Autor |
  Klausuraufgabe Stochastik |
|
CauchyProdukt
Aktiv 
Dabei seit: 20.11.2022
Mitteilungen: 39
 |  Themenstart: 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(\let\oldemptyset\emptyset
\let\emptyset\varnothing\)
Hey, ich habe folgende Aufgabe:
https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/55980_Stochastik_Klausuraufgabe.jpg
Dem Hinweis folgend habe ich dann:
\[ X_n = \log_2 (Y_n) =
\begin{cases}
1 & \text{falls Kopf im $n$-ten Münzwurf} \\
-2 & \text{falls Zahl im $n$-ten Münzwurf}
\end{cases}. \]
Für den Erwartungswert von $Y_n$ bzw. $X_n$ erhalte ich:
\[
\begin{align*}
\mathbb{E}[Y_n] &= 2 \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}
= 1 + \frac{1}{8} = \frac{9}{8} \\
\mathbb{E}[X_n] &= 1 \cdot \frac{1}{2} - 2 \cdot \frac{1}{2}
= \frac{1}{2} - 1 = - \frac{1}{2}.
\end{align*}
\]
Außerdem gilt
\[
\log_2 (K_n)
= \log_2 (Y_1 \cdot \ldots \cdot Y_n)
= \log_2 (Y_1) + \ldots + \log_2 (Y_n)
= X_1 + \ldots + X_n,
\]
womit auch
\[
\mathbb{E}[\log_2(K_n)]
= \mathbb{E}\left[ \sum_{i=1}^n X_i \right]
= n \mathbb{E}[X_1] = - \frac{n}{2}.
\]
Hier weiß ich allerdings nicht mehr weiter, um auf $\mathbb{E}[K_n]$ zu kommen.\(\endgroup\)
|
 Profil
|
luis52
Senior 
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 908
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(%****************************************************************
%************************** Abkuerzungen ************************
%****************************************************************
\newcommand{\eps}{\epsilon}
\newcommand{\veps}{\varepsilon}
\)
\quoteon(2023-02-04 13:24 - CauchyProdukt im Themenstart)
Hier weiß ich allerdings nicht mehr weiter, um auf $\mathbb{E}[K_n]$ zu kommen.
\quoteoff
Moin, $\mathbb{E}[K_n]=\mathbb{E}[Y_1]^n$.
vg Luis\(\endgroup\)
|
Profil
|
CauchyProdukt
Aktiv
Dabei seit: 20.11.2022
Mitteilungen: 39
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(\let\oldemptyset\emptyset
\let\emptyset\varnothing\)
Hallo Luis,
ahh vielen Dank.
\[ \mathbb{E} \left[ \prod_{i=1}^n X_i \right]
= \prod_{i=1}^n \mathbb{E} [X_i] \]
gilt aber nur für unabhängige Zufallsvariablen $X_1, \dots, X_n$, oder?\(\endgroup\)
|
Profil
|
luis52
Senior
Dabei seit: 24.12.2018
Mitteilungen: 908
| Beitrag No.3, eingetragen 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(%****************************************************************
%************************** Abkuerzungen ************************
%****************************************************************
\newcommand{\eps}{\epsilon}
\newcommand{\veps}{\varepsilon}
\)
\quoteon(2023-02-04 16:50 - CauchyProdukt in Beitrag No. 2)
Hallo Luis,
ahh vielen Dank.
\[ \mathbb{E} \left[ \prod_{i=1}^n X_i \right]
= \prod_{i=1}^n \mathbb{E} [X_i] \]
gilt aber nur für unabhängige Zufallsvariablen $X_1, \dots, X_n$, oder?
\quoteoff
Jep. D.h., ob aus der Gueltigkeit der Gleichung die Unabhaengigkeit folgt, weiss ich nicht ...
vg Luis\(\endgroup\)
|
Profil
|
ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3563
Wohnort: der Nähe von Schwerin
 | Beitrag No.4, eingetragen 2023-02-04
|
Hallo,
vielleicht geht es auch direkt. Die Wahrscheinlichkeit unter $n$ Würfen $k$ mal Kopf zu haben, ist $\frac{1}{2^n}\cdot \binom nk$. Das Kapital ist in diesem Fall $2^k\cdot\frac{1}{4^{n-k}}$, denn du hast dann $k$ mal das Kapital verdoppelt und $n-k$ mal das Kapital geviertelt. Die Reihenfolge spielt hierbei keine Rolle.
Es gilt also \[
\begin{align*}
E[K_n]&=\sum_{k=0}^n\frac{1}{2^n}\cdot \binom nk\cdot 2^k\cdot\frac{1}{4^{n-k}}\\
&=\frac{1}{2^n\cdot 4^n}\cdot\sum_{k=0}^n \binom nk\cdot\frac{2^k}{4^{-k}}\\
&=\frac{1}{8^n}\cdot\sum_{k=0}^n \binom nk\cdot 8^k\\
&=\left(\frac 98\right)^n
\end{align*}
\]
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
|
Profil
|
CauchyProdukt
Aktiv
Dabei seit: 20.11.2022
Mitteilungen: 39
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(\let\oldemptyset\emptyset
\let\emptyset\varnothing\)
Vielen Dank ochen für diesen direkten Lösungsweg. $\mathbb{E} [K_n] \to \infty $ ist ja dann klar.
Habt ihr evtl. noch eine Idee, wie ich die stochastische Konvergenz in den Griff bekommen kann?\(\endgroup\)
|
Profil
|
ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3563
Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.6, eingetragen 2023-02-04
|
Vielleicht kannst du $P(K_n\geq\epsilon)=P(\log_2 K_n\geq \log_2\epsilon)$ gut abschätzen.
|
Profil
|
CauchyProdukt
Aktiv
Dabei seit: 20.11.2022
Mitteilungen: 39
| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-04
|
\(\begingroup\)\(\let\oldemptyset\emptyset
\let\emptyset\varnothing\)
Ich seh gerade nur
\[
P(K_n \geq \varepsilon)
= P (\log_2 K_n \geq \log_2 \varepsilon)
= P \left( \sum_{i=1}^n X_i \geq \log_2 \varepsilon \right)
\leq P( n \geq \log_2 \varepsilon).
\]
Aber das bringt mir nicht viel, oder?\(\endgroup\)
|
Profil
|
ochen
Senior
Dabei seit: 09.03.2015
Mitteilungen: 3563
Wohnort: der Nähe von Schwerin
| Beitrag No.8, eingetragen 2023-02-04
|
\quoteon(2023-02-04 18:01 - CauchyProdukt in Beitrag No. 7)
\[
P(K_n \geq \varepsilon)
= P (\log_2 K_n \geq \log_2 \varepsilon)
= P \left( \sum_{i=1}^n X_i \geq \log_2 \varepsilon \right)
\]
\quoteoff
Bis dahin sieht es doch sehr sinnvoll aus.
Die $X_i$ sind alle unabhängig identisch verteilt mit $P(X_i=-2) =P(X_i=1) =\frac 12$. Kannst du damit schon etwas anfangen? Vielleicht geht etwas mit dem Gesetz der großen Zahlen? https://de.wikipedia.org/wiki/Schwaches_Gesetz_der_gro%C3%9Fen_Zahlen
Hier geht es vielleicht sogar konkreter. Ist dir intuitiv klar, dass wenn du auf dem Zahlenstrahl mit der gleichen Wahrscheinlichkeit zwei Schritte nach links oder einen Schritt nach rechts machst, du irgendwann links von jeder festen Zahl landen wirst?
|
Profil
|
Home / Seite ohne Frame
Wie unterstütze ich den Matheplaneten mit Geld?
