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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 24. Mai, 2002 - 19:20: | 
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In den Oddgrasslands an den südlichen Ausläufern des Großen Fermatgebirges auf Integer-Island treffen wir auf riesige Gegeteh-Herden. Diese friedlichen Huftiere (lat. Bos divisor comm. max.) mit ihrer unverwechselbaren Fellzeichnung wurden von Prof. Tölpel eingehend erforscht. Dabei entdeckte er, dass Gegetehs nur Zahlenpaare mit nichttrivialem ggT verdauen können. Relativ prime Zahlenpaare scheiden sie unverdaut wieder aus. Erschwert wird die Nährstoffaufnahme zudem dadurch, dass in den Oddgrasslands nur Zahlgräser mit Paaren von ungeraden Zahlen gedeihen.
Prof. Tölpel versuchte die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, mit der ein solches Zahlenpaar einen verwertbaren ggT enthielt. Am letzten Tag vor seinem mysteriösen Verschwinden notierte er: "24. Mai 1902. Habe endlich das Geheimnis der Gegeteh Wahrscheinlichkeit gelöst". Und dann sein berühmter letzter Satz: "Gleich morgen werde ich alles hier niederschreiben". Doch dazu kam es nicht mehr.
Zahlentierforscher in aller Welt fragen sich seither: Wird es je scharfe Abschätzungen der Gegeteh Wahrscheinlichkeit geben oder kann man den Grenzwert gar exakt berechnen?
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Raphael
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 24. Mai, 2002 - 22:47: |
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Geht es hier um einen einfachen Beweis von Fermats letztem Satz???
Ist das hier die Tölpelinsel??? |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 09:15: |
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Lieber Raphael!
"Nachtigall, ick hör dir trapsen!" - Ich interpretiere deine leise Kritik in die Richtung: "Das ist doch keine lustige Denksportaufgabe wo jeder mathematisch Interessierte seinen Spass dran haben kann". Wenn es so gemeint war, hier meine eindeutige Antwort: Jein!
Ich hatte die Aufgabe im Sinne jener 3-in-1 Überraschungseier zusammengestellt:
1) Der Beweis für den Grenzwert der Wahrscheinlichkeit in extenso geht sicher weit über den Rahmen einer "lustigen Rätselaufgabe" hinaus. Aber wer aus der Ecke kommt, wo sich Zahlen- und Wahrscheinlichkeitstheorie treffen, kann durchaus seinen persönlichen Unterhaltungswert aus dem formalen Beweis ziehen.
2) Durch geschickte Kombination von elementarer Zahlentheorie und Wahrscheinlichkeitsrechnung (durchaus noch im Bereich eines interessierten höheren Schülers) sind überraschend gute Abschätzungen für die gesuchte Wahrscheinlichkeit möglich. Solche Näherungslösungen würden mich sehr interessieren!
3) "Gebildet ist, wer weiß, wo er findet, was er nicht weiß" (Georg Simmel). Auch in diesem Sinne bietet die Aufgabe Unterhaltung. Wer hat die beste Suchstrategie, um den Grenzwert der Wahrscheinlichkeit irgendwo (Literatur, Internet, Lehrer und Professoren ...) zu finden?
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SpockGeiger (spockgeiger)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: spockgeiger
Nummer des Beitrags: 493
Registriert: 05-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 12:35: |
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Hi sol@ti
Vielleicht hab ich ja grad ein Brett vorm Kopf, aber welche Wahrscheinlichkeitsverteilung sollen die ungeraden Zahlen haben?
viele Grüße
SpockGeiger |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 12:52: |
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Gleichverteilung!
Die Auswahl der beiden ungeraden Zahlen a,b ist zufällig und unabhängig.
Also (1,1) ist genauso möglich wie (4321,1) oder (32377361,497982787792374387982749798793874928789)
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit für ggT(a,b)>1 .
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Xell (vredolf)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: vredolf
Nummer des Beitrags: 64
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 13:43: |
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Hi solati!
P' := P(ggT(a,b)>1)
Zunächst ist klar, dass ggT(a,b) <= min(a,b)
Sehen wir uns a=1, b an:
P' = 0, da ggT(1,b) = 1 für alle b aus IN
Für a=2, b:
P' = 1/2, da ggT(2,b) > 1 gdw. b gerade ist.
Für a=3, b:
P' = 1/3, da ggT(3,b) > 1 gdw. b Vielfaches von 3 ist.
=> Für p,b mit p prim:
P' = 1/p, da ggT(p,b) > 1 gdw. b Vielfaches von p ist.
Ist a zusammengesetzt so hängt P' vom kleinsten Primfaktor
in a ab. Sei also q kleinster Primfaktor in PFZ(a), dann
gilt:
P' = 1/q, da ggT(a,b) > 1 gdw. b Vielfaches eines, also
auch speziell des kleinsten, Primfaktors von a ist.
Das fiel mir jetzt spontan dazu ein. Wie seht ihr das ?
Gruß,
X. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 14:35: |
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Hi Xell!
Zunächst möchte ich mich vorstellen: Mein Name wird nicht 'solati' sondern 'Soletti' ausgesprochen (ich hab diese Salzstangen immer griffbereit ...)
Zu deinen Überlegungen: vergiss bitte nicht, dass die betrachteten a,b ausschließlich ungerade sind. Und was ist die besondere Beutung des kleinsten Primfaktors 3 bei ggT(15,25) ?
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Martin (martin243)
Senior Mitglied
Benutzername: martin243
Nummer des Beitrags: 663
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 15:54: |
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Hi sol@ti:
Könnte es sein, das die Wahrscheinlichkeit bei ca. 19% liegt? Wenn ja, dann kann ich weiterüberlegen. Wenn nicht, dann ist mir die Aufgabe echt zu hoch, glaube ich.
MfG
Martin
Die Mathematik ist das Alphabet,
mit dem Gott die Welt geschrieben hat.
Galileo Galilei
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 16:13: |
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Hi Martin!
Freut mich ganz besonders, dass du auch wieder mitmachst. Ich hatte schon befürchtet eine Wahrscheinlichkeitsrechnung wäre für dich uninteressant. Mit ca. 19% liegst du natürlich goldrichtig! Wer hätte auch was anderes erwartet?
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Carmichael (carmichael)
Junior Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 133
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 16:16: |
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Hi,
Wir betrachten die ungeraden Zahlen 2k+1.
Die Wahrscheinlichkeit, dass eine davon beliebig gewählte Zahl durch n teilbar ist, ist 1/n. [ !n ungerade!] [genauso wie bei der Folge der natürlichen Zahlen k, 2k+1 liefert in einem Intervall k E [a;a+n[ alle Reste modulo n]
Die Wahrscheinlichkeit, dass beide von zwei beliebig gewählten ungeraden Zahlen durch eine ungerade Primzahl p teilbar sind, ist damit 1/p^2.
Da Wahrscheinlichkeit, dass sie durch die Primzahl 2 teilbar sind ist natürlich =0.
Da nun die Teilbarkeit einer Zahl aus der Folge 2k+1 durch zwei versch. ungerade Primzahlen p_u,p_v unabhängig ist (chin. Restsatz, wenn man so will), gilt:
P = Wahrscheinlichkeit, dass zwei ungerade Zahlen teilerfremd = Wahrscheinlichkeit, dass keine der beiden Zahlen einen gemeinsamen Primfaktor besitzen = (1-0)(1-1/p2^2)(1-1/p3^2)(1-1/p4^2)*...
mit p2,p3,p4... Folge der ungeraden Primzahl (3,5,7,11...)
Entsprechend gilt für die Wahrscheinlickeit, dass zwei natürliche Zahlen teilerfremd sind:
P' = (1-1/p1^2)(1-1/p2^2)(1-1/p3^2)(1-1/p4^2)*...
mit p1 = 2
=> P*(1-1/4) = P';
=> P = 4/3*P';
Es ist bekannt, dass P' = 6/Pi^2 (bei Interesse Herleitung). => P = 8/Pi^2 =~ 81%;
MfG Carmichael
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Martin (martin243)
Senior Mitglied
Benutzername: martin243
Nummer des Beitrags: 664
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 17:11: |
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Hi Carmichael, dich gibt's also auch noch!
Da bist du mir aber zuvorgekommen. Tja, was soll ich sagen: 100% - 81% = 19%.
Hehe, ich muss das letzte Wort haben!
@sol@ti:
Wahrscheinlichkeitsrechnung ist eigentlich wirklich nicht mein Ding...
MfG
Martin
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mit dem Gott die Welt geschrieben hat.
Galileo Galilei
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 17:22: |
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... and the winner is: CARMICHAEL (Applaus, Applaus)
Echt toll, Carmichael. Aber ich war mit sicher, dass so Sprüche wie (sinngemäß) "der Beweis in extenso ... ist viel zu schwierig" eine graue Emminenz aus dem Hintergrund locken würden - ja, mit Speck fängt man Mäuse ...
Ich glaube im Namen aller Mitlesenden zu sprechen, wenn ich dich bitte, die Herleitung von 6/p2 hier auszuführen. Vielleicht könntest du auch direkt auf den Zusammenhang mit S¥ k=0 1/(2k+1)2 hinweisen.
P.S. Tja, Martin, der Zweite ist eben der erste Verlierer (ein Scherz, du verstehst!)
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Carmichael (carmichael)
Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 134
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 17:26: |
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HI Martin!
Klar gibt's mich noch 
Ich hatte meinen Beitrag offline geschrieben und dann online gepostet. Deinen Beitrag gabs zu diesem Zeitpunkt noch nicht, sonst hätte ich wohl bemerkt, dass 1-81% gesucht war :P
greetz, Carmichael
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Carmichael (carmichael)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 135
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Samstag, den 25. Mai, 2002 - 20:13: |
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also, dann der Beweis :
wie bereits gezeigt gilt für die Wahrscheinlichkeit, dass 2 Zahlen teilerfremd sind:
P' = (1-1/p1^2)(1-1/p2^2)(1-1/p3^2)(1-1/p4^2)*...
=>
1/P' = 1/(1-1/p1^2)*1/(1-1/p2^2)*1/(1-1/p3^2)*...
[geometrische Reihe: a > 1
1 + 1/a^2 + 1/a^4 + 1/a^6 + ... = (1-(1/a^2)^unendlich)/(1-1/a^2) = 1/(1-1/a^2)
da 1 > 1/a^2 gilt (1/a^2)^unendlich = 0
]
=> 1/P' = (1 + 1/p1^2 + 1/p1^4 + ...)*(1 + 1/p2^2 + 1/p2^4 + ...)*(1 + 1/p3^2 + 1/p3^4 + ...)*....
Multipliziert man nun die rechte Seite der Gleichung aus, so ist leicht einzusehen, dass Summanden der Form 1/x^2 entstehen, jeder Summand der Form 1/x^2 mit x E IN entsteht und dieser genau einmal (Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung)!
also:
1/P' = 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + ....
1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + .... ist bekannt als Reihe, die /Pi/ annähert. Es gibt mehrere Beweise, die zeigen, dass 1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + .... = Pi^2/6.
Hier ein trickreicher Beweis (von Euler glaub ich):
nach Taylor-MacLaurin:
sin(x) = x/1! - x^3/3! + x^5/5! - ....
sin(x) besitzt die Nullstellen +/-k*Pi mit k E IN.
Das Polynom (unendlichen Grades) auf der rechten Seite obiger Gleichung besitzt daher folgende Darstellung.
(*) x/1! - x^3/3! + x^5/5! - .... = z*x(1+x/Pi)(1-x/Pi)(1+x/2Pi)(1-x/2Pi)*.... = z*x(1-(x/Pi)^2)(1-(x/2Pi)^2)*...; mit z als Konstante!
da x/1! = 1*x also Koeffizienten 1 besitzt, muss z =1 sein (ausmultiplizieren der rechten Seite)!
Diese gute Gleichung bringt uns schon direkt ans Ziel.
Wir vergleichen die Koeffizienten von x^3:
linke Seite von (*): -1/3!;
rechte Seite von (*) (ausmultiplizieren): -(1/Pi^2 + 1/(2Pi)^2 +1/(3Pi)^2 + ...)
also 1/3! = 1/Pi^2 + 1/(2Pi)^2 +1/(3Pi)^2 + ...
=> Pi^2/6 = 1 + 1/4 + 1/9 + ...
Anmerkung:
Für P = (1-0)(1-1/p2^2)(1-1/p3^2)(1-1/p4^2)*... (siehe vorheriger Beitrag) ergibt sich analog:
1/P = (1 + 1/p2^2 + 1/p2^4 + ...)*(1 + 1/p3^2 + 1/p3^4 + ...)*....
Hier ergeben sich nicht alle reziproken Quadratzahlen, sondern genau die ungeraden, da p1=2 fehlt.
Damit
1/P = 1 + 1/9 + 1/25 + 1/49 + ....
wegen 1/P = 3/4*1/P':
Summe 1/(2k-1)^2 = 3/4(Summe 1/k^2);
P.S.: Eine graue Emminenz bin ich wohl noch lange nicht
MfG Carmichael
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1102
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 26. Mai, 2002 - 00:10: |
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Hi Leute,
habe jetzt nicht die gesamte Diskussion ausführlich verfolgt, habe dennoch eine grundsätzliche Frage.
Sol@ti schrieb am Sonnabend, den 25. Mai 2002 - 13:52:
Gleichverteilung! Die Auswahl der beiden ungeraden Zahlen a,b ist zufällig und unabhängig. Also (1,1) ist genauso möglich wie (4321,1) oder (32377361,497982787792374387982749798793874928789)
Es kann doch nicht sein, dass unendlich viele Werte gleichwahrscheinlich sind, oder wie?
Siehe auch SpockGeigers Einwand vom Sonnabend, den 25. Mai 2002 - 13:35.
Z. |
Raphael
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 26. Mai, 2002 - 00:42: |
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Hallo Sol@ti
bedanke mich für interessierten Schüler! |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 26. Mai, 2002 - 08:57: |
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Vielen Dank, Carmichael.
Eine Schritt für Schritt nachvollziehbare lückenlose Argumentationskette. Vorbildlich!
Der Beweis für den Grenzwert der Stammbruchreihe der Quadratzahlen stammt übrigens tatsächlich von Euler. Und das war seinerzeit eine Sensation! Ich möchte Jacob Bernoulli (1654-1705) zitieren:
"Bemerkenswert ist es aber, da8 die Auffindung der Summe, wenn die Nenner reine Quadratzahlen sind, wie bei der Reihe 1/1+1/4+1/9+1/16+... schwieriger ist, als man erwarten sollte. Dass die Summe endlich ist, sieht man an der anderen (Bem.: gemeint ist die Stammbruchreihe der Dreieckszahlen), die offenbar größer ist. Wenn jemand es findet und uns mitteilt, was bisher unserer Bemühung gespottet hat, so werden wir ihm sehr dankbar sein."
Jakob Bernoulli hat die Lösung nicht mehr erlebt. Seinem Bruder Johann gelang die Lösung ebenfalls nicht, obwohl er sich intensiv mit dieser Reihe beschäftigte. So begnügte man sich zunächst mit Näherungswerten; Stirling gab 1730 in seiner Methodus differentialis einen Näherungswert mit 8 richtigen Dezimalen an: 1,64493406 .
Erst Leonard Euler gelang im Jahre 1736 die Bestimmung des Grenzwertes p2/6 .
"Auf diese Weise ist", so sagte Johann Bernoulli aus Anlass der Eulerschen Lösung, "dem brennenden Wunsche meines Bruders Genüge geleistet. ... Wenn doch der Bruder noch am Leben wäre!"
Den Einwand von Zaph (und SpockGeiger) nehme ich sehr ernst. Es ist jenes logische Paradoxon, das jeder beim Übergang von endlichen zu diskreten und schließlich stetigen Verteilungen erleiden muss. Nach einem Semester Maßtheorie wird man es glauben (müssen) aber "verstehen"? Lieber Carmichael, wenn es deine Zeit erlaubt würde ich dich bitten, Zaphs Einwand zu entkräften. Ist das mit einfachen Argumenten überhaupt möglich?
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Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 136
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 26. Mai, 2002 - 17:53: |
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HI,
@sol@ti
ist ja eine ganz interessante Geschichte von Euler und der Stammbruchreihe der Quadratzahlen.
Ich kenn mich da zu wenig aus, um Zaphs Einwand zu entkräftigen. Ich bin mir aber sicher, dass man hier mit einer Gleichverteilung arbeiten kann.
Es gibt sogar die Möglichkeit auf [0;1[ in IR eine Gleichverteilung zu definieren, wenn man Gleichverteilung über Translationsinvarianz definiert. Man wählt dazu M = {[a;b[ | 0 kleiner= a,b<1},Menge aller halboffenen Intervalle in [0;1[ als System.
Und legt fest: P([x;y[ E M) = y-x. Wegen P([x+k;y+k[ E M) = P([x;y[ E M)translationsinvariant.
Das ganze dürfte auch über Q in [0;1[ gehen. Auf [0;1[ dann IN bijektiv abbilden. um Wahrscheinlichkeit der Teilbarkeit durch z.B. 2 zu finden: 2k auf [0;1/2[ abbilden und 2k+1 auf [1/2;1[. Damit P(durch 2 teilbar) = 1/2 - 0 = 1/2.
Hab aber hier zu wenig Ahnung, um das sauber aufzubauen.
MfG Carmichael |
Kirk (kirk)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 59
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 19:43: |
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Hallo Carmichael,
mit deiner Definition von Gleichverteilung in [0;1] bin ich einverstanden.
Dasselbe auf Q (bzw. alle Brüche zwischen 0 und 1) zu übertragen ist aber kritisch. Wenn man es einfach als Einschränkung des Maßes definiert, so ist die Wahrscheinlichkeit der Gesamtmenge 0, da ja Q eine Nullmenge ist.
Die Existenz einer Gleichverteilung auf einer abzählbaren (nicht endlichen) Menge ist eigentlich schon per Definition unmöglich:
Wäre P(a) für ein a nicht 0, so würde Aufsummieren (Sigma-Additivität) zwingend ein unendliches Gesamtmaß ergeben, bei P(a)=0 ergibt sich hingegen Gesamtmaß 0. Gesamtmaß 1 ist nicht machbar.
Ich bin am Grübeln, welches Wahrscheinlichkeitsmaß bei deiner Lösung zugrunde gelegt wird.
Deine Argumentation beruht auf der (sinnvollen) Annahme, dass z.B. die Menge aller durch 5 teilbaren Zahlen das Maß 1/5 oder A={1,3,5,7,...} das Maß ½ oder B={3,6,9,12,...} das Maß 1/3 hat.
Bei einer Gleichverteilung sind diese Annahmen naheliegend.
Ich habe mir nun überlegt, ob das mit der üblichen Definition eines Wahrscheinlichkeitsmaßes verträglich ist und bin zum Ergebnis gekommen, dass dies nicht der Fall ist.
Folgende Überlegung hierzu:
A(2)={1,3,5,7 ...} enthält von 1 ausgehend jede zweite Zahl. Das Maß der Menge sollte ½ sein.
A(3)={1,4,7,10,...} enthält jede dritte Zahl. Das Maß sollte 1/3 sein.
So kann ich eine Folge von Mengen A(n) mit Maß 1/n erhalten.
Da jede dieser Mengen die 1 enthält, muss das Maß der Menge {1} kleiner gleich 1/n für jedes n sein, d.h. es ist gleich 0.
Analog kann ich begründen, dass jede andere Zahl auch Maß 0 hat. Letztendlich (Sigma-Additivität) ist damit auch das Maß von ganz N auch 0 und NICHT 1. -> Widerspruch
So ganz glücklich bin ich mit dem Ergebnis auch nicht, da die Werte der Wahrscheinlichkeiten ja sehr naheliegend sind, aber auf ein sinnvolles Wahrscheinlichkeitsmaß lassen sie sich meiner Meinung nach nicht zurückführen.
Grüße,
Kirk
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 20:45: |
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Hallo Kirk!
Ich möchte nur ein paar Beispiele angeben, um zu zeigen wie paradox die Annahme einer Gleichverteilung für alle natürlichen Zahlen ist:
Als Gedankenexperiment sollen alle natürlichen Zahlen gut durchmischt in einem Topf liegen. Eine Zahl n wird zufällig gezogen. Dann behaupte ich es gelten folgende Wahrscheinlichkeiten:
P( n=1 ) = 0
P( n ungerade ) = 1/2
P( n prim ) = 0
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Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 137
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 20:52: |
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Hi Kirk,
also ich bin nach wie vor selbst äußerst skeptisch (,u.a. was die Abbildungsvorschrift von IN in [0;1] über Q betrifft; inwie weit man dann noch beweisen kann, dass beispielsweise durch n teilbare Zahlen das Maß n enthalten ).
Deiner Argumentation kann ich mich aber nicht anschließen! Die führst einen Grenzübergang (von 1/n mit n->unendlich durch auf 0) und machst dann sigma-Additivität. Das darf man meiner Meinung nach so nicht machen; im übrigen ließe sich damit analog zeigen, dass das Maß von [0;1] über IR auch 0 ist.
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1109
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 21:16: |
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Also, ich stimme Kirk völlig zu!
Das letzte Argument von Carmichael trifft es nicht. In der Tat ist P(X = a ) = 0 für jedes a aus [0,1], wenn X eine auf [0,1] gleichverteilte ZV ist. |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1110
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 21:18: |
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Ach so, die Sigma-Additivität gilt nur für abzählbare Summen. |
Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 138
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 21:39: |
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Ja, ihr habt Recht.
Da die Sigma-Additvität nicht nur für endliche, sondern auch für abzählbare Summen gilt, kommt man mit der von mir gemachten Definition nicht weiter. |
Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
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Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 21:43: |
|
Nichtsdestotrotz ist die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Zahlen teilerfremd sind 6/Pi^2 und der Beweis baut nunmal darauf auf, dass eine Zahl mit der Wahrscheinlichkeit 1/n durch n teilbar ist.
Wenn es hier schon um Wahrscheinlichkeiten geht, muss sich doch das ganze auch mit der Wahrscheinlichkeitstheorie begründen lassen.
Vielleicht findet ja noch jemand was dazu!
MfG Carmichael |
Kirk (kirk)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 60
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 27. Mai, 2002 - 22:56: |
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Ja, wäre ziemlich interessant. Als Otto Normalverbraucher ist mir vollkommen klar, dass die Wahrscheinlichkeit für Teilbarkeit durch 3 genau 1/3 beträgt, als Mathematiker frage ich zuerst: "Welches Maß legst du denn zu Grunde?" Und dass das nicht zusammenpasst, finde ich irritierend.
Mein Grenzübergang ist übrigens absolut wasserdicht, da ich nur die Isotonie des Maßes verwende. Ansonsten ist es ein Grenzübergang innerhalb der reellen Zahlen (P(1) < 1/n für alle n).
Eine analoge Argumentation für das reelle Intervall [0;1] ist nicht möglich, da ich dann eine überabzählbare Summe habe (-> Sigma-Additivität nicht anwendbar).
Grüße,
Kirk
@ sol@ti: Kompliment für die schön verpackten Aufgaben. |
Kirk (kirk)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: kirk
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Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 28. Mai, 2002 - 22:46: |
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Hallo,
bin der Sache heute noch etwas nachgegangen mit folgenden Resultaten:
1. Eine Gleichverteilung auf N gibt es definitiv nicht.
2. Folgende Hilfskonstruktion ist denkbar:
Betrachte die Folge der Wahrscheinlichkeitsmaße auf N:
P1: 1 hat die WK 1, alle anderen Zahlen 0
P2: 1 und 2 haben WK 1/2, alle anderen 0
P3: 1, 2 und 3 haben WK 1/3, alle anderen 0
usw.
Pn ist also die Gleichverteilung auf {1, 2, ..., n}
Als "Grenzwert" P dieser Folge definiert man P(A)=limPn(A) (für beliebige Teilmenge A von N).
Dieses P ist aber kein Wahrscheinlichkeitsmaß auf N. (Begründung: Man sieht leicht, dass P(1)=P(2)=P(3)=...=0. Jede Zahl aus N hat also WK 0, da N als Ganzes die WK 1 hat, ist das Axiom der Sigma-Additivität verletzt.)
3. Die Konstruktion aus 2. liegt dem genannten zahlentheoretischen Beweis zu Grunde. Man kann sich nun fragen, wie es sein kann, dass ein so einfaches Experiment wie "Wähle zufällig eine natürliche Zahl aus" durch kein Wahrscheinlichkeitsmaß auf N beschrieben werden kann.
Auch dieser scheinbare Widerspruch lässt sich auflösen:
Die Frage ist, wie man konkret die Zahl wählt. Durch keine Versuchsanordnung der Welt kann man wirklich aus ALLEN natürlichen Zahlen auswählen. Jeder Zufallsgenerator/Computer wählt aus einer endlichen Menge aus. Will ich die Realisierung der Aufgabenstellung (ganz N) anpassen, so muss ich halt einen großen Zahlbereich zulassen. Je größer, desto besser. Aber dies entspricht genau der obigen Grenzwertbildung.
Zusammenfassend: Jedes konkrete Experiment kann durch ein Wahrscheinlichkeitsmaß beschrieben werden. Die gedankliche Idealisierung (d.h. die Grenzwertbildung) aber nicht.
Grüße,
Kirk
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1115
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 28. Mai, 2002 - 23:05: |
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Genau, das wäre nachgerade völlig aburd: Eine (meinetwegen) Black-Box, die eine "zufällige" natürliche Zahl ausspuckt. Wann soll sie denn damit fertig sein?? Es wird ja nicht gerade 1, 4321, 2377361, oder 497982787792374387982749798793874928789 sein.
Angesichts der unendlichen Unendlichkeit der natürlichen Zahlen, kann man froh sein, wenn die ausgegebene Zahl 497982787792374387982749798793874928789 Stellen hätte. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 29. Mai, 2002 - 10:05: |
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Hallo Kirk!
Ein großes Dankeschön für deinen letzten Beitrag. Eine Formulierung in dieser Klarheit und mathematischen Schärfe sucht ihresgleichen. Ehrlich!
Als ich vor Jahren mit einigen Kollegen dieses Verständnisproblem diskutierte (und wir zwangsläufig auf denselben Grenzübergang kommen mussten), jagte einer eine vollständige Suche durch den Großrechner. Er zählte von allen 100.000.000 Zahlenpaaren mit ungeraden Zahlen von 1 bis 19999 jene Paare mit ggT>1 und jene Paare, die mindestens eine Primzahl enthielten. Die Ergebnisse hab ich noch:
18.941.243 Paare mit nichttrivialem ggT. Im Vergleich: 8/p2 = 18.9431% . Volltreffer!
Aber:
40.107.879 Paare mit Primzahl. Und was ist der Grenzwert? Dieses Ergebnis stimmte uns sehr nachdenklich bezüglich der praktischen Nachprüfbarkeit von wahrscheinlichkeitstheoretischen Ergebnissen.
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Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 140
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 29. Mai, 2002 - 14:59: |
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Hallo,
auf konkrete Experimente muss man sich nun wirklich nicht berufen. Natürlich kann man N als Ergebnisraum zu Grunde legen, ob das dem Computer passt oder nicht, ist doch völlig egal.
Was hat der Computer schon mit der Mathematik zu tun. NIX!
Ich hab jetzt im Krengel "Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie" nachgeschlagen und folgendes gefunden:
vorweg: Definition der relativen Häufigkeit:
Sei E eine Teilmenge von IN. Es ist dann, h_n(E) = |{E geschnitten {1,...,n}}|/n.
Dann steht da:
"Ein Bereich, in dem sich die Benutzung additiver aber nicht sigma-additiver Wahrscheinlichkeiten sehr natürlich ergibt, ist die wahrscheinlichkeitstheoretische Zahlentheorie. Ist T_k = {k,2k,3k,...} die Menge der durch k teilbaren Zahlen, so existiert offenbar der Limes Q(T_k) der relativen Häufigkeit h_n(T_k), und er ist 1/k. Da jede k-te Zahl durch k teilbar ist, ist in gewissem Sinn die Wahrscheinlichkeit der Eigenschaft durch k teilbar zu sein, gerade 1/k.
..........."
Es gibt also durchaus einen vernünftigen Wahrscheinlichkeitsraum für ganz IN. Man darf halt nur die sigma-Additivität (=für abzählbare Ereignisse) nicht zulassen, sondern nur die Additivität.
Die Festlegung der Wahrscheinlichkeit geht in Richtung der, die kirk mit P(A)=limPn(A) schon vorgeschlagen hat, ist aber mit der relativen Häufigkeit noch etwas allgemeiner.
dann steht da noch was ganz interessantes:
"Q(F) lässt sich nich für alle F Teilmenge IN wie oben definieren, sondern nur für solche F, die aus endlich vielen Schritten durch Bildung von Komplementen ... aus Mengen von Typ T_k ergeben. Q lässt sich jedoch mit Satz von Hahn-Banach zu einer auf der Menge aller Teilmengen F definierten Funktion Q fortsetzen ....."
MfG Carmichael |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 29. Mai, 2002 - 20:18: |
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Hallo Carmichael,
ich glaube du hast mich mißverstanden. Der Computer kann nix dafür, er war nur das Werkzeug, und ich wollte mit diesen Zahlen nichts "beweisen". Aber ich wollte auf ein praktisches Problem hinweisen: in der reinen Mathematik genügt der Konvergenzbeweis. Bei der numerischen Approximation mit endlich vielen Zahlen ist aber die Konvergenzgeschwindigkeit das entscheidende Kriterium. Und für n=108 ist 40% schon eine verdammt schlechte Approximation für P(prim)=0.
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Carmichael (carmichael)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 141
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 29. Mai, 2002 - 22:24: |
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Hi,
ich hatte damit nicht dich gemeint, sol@ti, sondern bezog mich auf Kirk:
Zitat von Kirk:
"Die Frage ist, wie man konkret die Zahl wählt. Durch keine Versuchsanordnung der Welt kann man wirklich aus ALLEN natürlichen Zahlen auswählen. ......
Zusammenfassend: Jedes konkrete Experiment kann durch ein Wahrscheinlichkeitsmaß beschrieben werden. Die gedankliche Idealisierung (d.h. die Grenzwertbildung) aber nicht. "
sol@ti:
Und natürlich lassen sich wahrscheinlichkeitstheoretische Ergebnisse oft schlecht konkret nachprüfen.
Wenn 1- (1- 2/ln(2sqr(n)))^2 für n = 10^8 immer noch ca.ca. 40 % ist, wird es trotzdem für n -> 00 0. Was sind schon 10^8 im Vergleich zur Unendlichkeit .... nix
MfG Carmichael
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Kirk (kirk)
Fortgeschrittenes Mitglied
Benutzername: kirk
Nummer des Beitrags: 64
Registriert: 03-2002
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 29. Mai, 2002 - 23:32: |
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Hallo,
@ sol@ti: Danke für die Blumen .
@Carmichael: Interessanter Beitrag. Leider hat mein Computer meine Antwort "gefressen"  .
Melde mich nochmal.
Grüße,
Kirk
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