 | Vorbemerkung: So wie diese Aufgabe
jahrelang in Hyperskript stand, kam am Ende ein falsches Ergebnis
heraus. Das lag nicht daran, dass ich hier falsch gerechnet habe, sondern.... (weiter unten
selber gucken) |
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 | Wir ignorieren zunächst den
roten Faktor 0,5; er stammt aus etwas tieferen Überlegungen bei der
Ableitungen der Wahrscheinlichkeit. Wir können ihn später einfach wieder einsetzen |
|  | Die Ausgangsgleichungen sind dann |
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WN(x) = |
N! 2N · {1/2 · (N + x)}! · {1/2 · (N - x)}! |
ln y! » (y + 1/2)
· ln y – N + ln (2p)1/2 |
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| | Schreibt man die 1. Gleichung mit Hilfe der
Stirlingschen Formel aus, erhält man |
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ln w = | | (N + ½) · lnN –
N + ln(2p)1/2 |
| – | {[(½(N + x) + ½) · ln [½(N + x)] – [(½(N +
x)] + ln (2p)1/2} | | – | {[(½(N – x) + ½) · ln [½(N – x)] – [(½(N – x)] + ln (2p)1/2} | | – | N · ln 2 |
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|  | Die roten und blauen Terme addieren sich zu Null, es bleibt |
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ln w = | | {(N + ½) · ln N – ln (2p)1/2 – N · ln
2} | | – | {[(½(N + x) + ½) · ln [½(N + x)]} | | – | {[(½(N – x) + ½) · ln [½(N – x)]} |
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|  | Der rote Zeile
läßt sich schreiben als |
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{ } | = | N · ln N + ½ · ln N – ln (2p)1/2 – N · ln 2 | | = | N · ln (N/2) + ln
(N/2p)1/2 |
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|  | und den blauen Term
schreiben wir als |
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N · ln (N/2) | = | ½(N + x + 1) · ln (N/2) +
½(N – x + 1) · ln (N/2) – ln (N/2) |
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|  | Damit erhalten wir |
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ln w = | | ln (N/2p)1/2 – ln (N/2) | | + |
½(N + x + 1) · ln (N/2) | | + | ½(N – x + 1) · ln (N/2) | | – | {½(N + x + 1) · ln
[½(N + x)]} | | – | {½(N – x + 1) · ln [½(N – x)]} |
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|  | oder, zusammengefaßt |
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ln w = | | ln (N/2p)1/2 – ln (N/2) | | + |
½(N + x + 1) · {ln (N/2) – ln [½(N + x)] } | |
+ | ½(N – x + 1) · {ln (N/2) – ln [½(N – x)]
} |
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|  | Die erste Zeile läßt sich zusammenfassen
zu |
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ln (N/2p)1/2 – ln (N/2) = | ln (N/2p)1/2 – ln [(N/2)2]½
= ln (2/Np)½ |
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|  | Die ln Ausdrücke in der 2. und
3. Zeile lassen sich zusammenfassen zu |
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{ln (N/2) – ln [½(N + x)] } = | ln | N · 2 2 · (N
+ x) | = ln | N N + x | = – ln (1 + x/N) | | | | | | | {ln (N/2) – ln [½(N – x)] } = | ln
| N · 2 2 · (N – x) |
= ln | N N – x | =
– ln (1 – x/N) |
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|  | Damit haben wir |
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ln w = | | ln (2/Np)1/2 | | – | ½(N + x + 1) · ln (1 + x/N) | | – | ½(N – x + 1) · ln (1 – x/N) |
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 | Weiter kommt man nicht, jetzt muß
genähert werden |
|  | N war die Zahl der digitalen Würfel, die nur + 1 oder – 1 als Augenzahl
haben, x war die Summe der Augen, d.h. die gewürfelte Zahl zwischen – N und + N. |
|  | Da wir immer nur Systeme mit sehr großen N
betrachten, ist es ziemlich unwahrscheinlich, Ergebnisse in der Nähe von – N und + N zu
bekommen; wir können immer x << N annehmen. |
|  | Damit wird aus den ln Ausdrücken der beiden letzten Zeilen näherungsweise |
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ln (1 + x/N) | » | + x/N | ln (1 – x/N) | » | – x/N |
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|  | und wir erhalten |
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ln w | » | | ln (2/Np)1/2 | | | – | ½(N + x + 1) ·
(x/N) | | | + | ½(N
– x + 1) · (x/N) | | » | | ln (2/Np)1/2 – x2/N |
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 | Damit ist das Endergebnis |
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wN(x) = | æ è | 2 pN | ö ø | 1/2 | · exp – | x2
N |
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 | Eine zwar etwas mühevolle, aber
doch nicht wirklich schwierige Rechnung. |
|  | Wenn wir den Faktor 0,5 von oben jetzt dazunehmen, erhalten wir
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wN(x) = 0,5 · | æ è | 2 pN | ö ø | 1/2 | · exp – | x2 N | = | æ è | 1 2Np | ö ø | 1/2 | · exp – | x2 N |
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 | Alles ist richtig.
Gehen wir aber zurück zum Ausgangsmodul und setzen das
Ergebnis ein, erhalten wir nicht die eigentlich erhoffte Gauss Verteilung
wGauss sondern (2)½ · wGauss. Viele Jahre lang war nicht klar,
wo genau etwas schief ging. Die Lösung des Rätsels verdanke ich Dr. Felix Scheliga aus Hamburg: |
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© H. Föll (MaWi 1 Skript)