Lösungen zur Übung 6.3-1

	Wir haben die Formeln:
		Absolute Wahrscheinlichkeit wN(x) mit N digitalen (nur + 1 und – 1)Würfeln die Zahl x zu würfeln (x kann positiv und negativ sein).
		WN(x)  =   0,5 · N! 2N · {1/2 · (N + x)}! · {1/2 · (N - x)}!
		Die Stirlingformel
		ln y!  »  (y + 1/2) · ln y  –  y +  ln (2p)1/2
	Was ergibt sich für WN(x) wenn man mit der Stirlingschen Formel die Fakultäten nähert?
		Dabei kann auch noch die physikalische Näherung x/N << 1 verwendet werden, um (über eine geeignete Reihenentwicklung) die Ausdrücke zu vereinfachen.

	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)
	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
		WN(x)  =  N! 2N · {1/2 · (N + x)}! · {1/2 · (N - x)}! ln y!  »  (y + 1/2) · ln y  –  N  +  ln (2p)1/2
		Schreibt man die 1. Gleichung mit Hilfe der Stirlingschen Formel aus, erhält man
		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
		Die roten und blauen Terme addieren sich zu Null, es bleibt
		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)]}
		Der rote Zeile läßt sich schreiben als
		{ }  =   N · ln N + ½ · ln N – ln (2p)1/2 – N · ln 2  =    N · ln (N/2) + ln (N/2p)1/2
		und den blauen Term schreiben wir als
		N · ln (N/2)  =  ½(N + x + 1) · ln (N/2) + ½(N – x + 1) · ln (N/2) – ln (N/2)
		Damit erhalten wir
		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)]}
		oder, zusammengefaßt
		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)] }
		Die erste Zeile läßt sich zusammenfassen zu
		ln (N/2p)1/2 – ln (N/2)  =  ln (N/2p)1/2 – ln [(N/2)2]½  =  ln (2/Np)½
		Die ln Ausdrücke in der 2. und 3. Zeile lassen sich zusammenfassen zu
		{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)
		Damit haben wir
		ln w  =  ln (2/Np)1/2 – ½(N + x + 1) · ln (1 + x/N) – ½(N – x + 1) · ln (1 – x/N)
	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
		ln (1 + x/N)  »  + x/N ln (1 – x/N)  »  – x/N
		und wir erhalten
		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
	Damit ist das Endergebnis
		wN(x)  = æ è 2 pN ö ø 1/2  · exp – x2 N
	Eine zwar etwas mühevolle, aber doch nicht wirklich schwierige Rechnung.
		Wenn wir den Faktor 0,5 von oben jetzt dazunehmen, erhalten wir
		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
	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:

	Der "Fehler" steckt in der Näherung ln (1 + x/N) » x/N. Sie reicht nicht aus. Man muss zumindest das zweite Glied noch mitnehmen: ln (1 ± x/N) » x/N –/+ ½(x2/N2).
		Startet man damit in obiger Formel, sieht der Rechengang so aus:
		Damit erhält man ein Ergebnis, das beim Einsetzen in die Ursprungsaufgabe die Gauss Verteilung liefert.
		wN(x)  = 0,5 · æ è 2 pN ö ø 1/2  · exp – x2 2N   =   æ è 1 2Np ö ø 1/2  · exp – x2 2N

	Aber:
		Wir starteten mit einer diskreten Funktion wN(x), die nur unter folgenden Bedingungen sinnvolle Werte lieferte: x, N beide ganzzahlig N > x > – N; N > 0 x, N beide gerade oder beide ungerade.
		Erhalten haben wir eine analytische Funktion die für jedes positive N und jedes (positive oder negative) x einen reellen Wert liefert - ob er sinnvoll ist bleibt noch abzuwarten!
	Hier steckt wohl ein Problem. Die diversen Feinheiten der Intepretation sind aber im advanced Modul genauer dargestellt.

Mit Frame

Kurzfassung der Ableitung der Gauss Verteilung

Ableitung der Gauss Verteilung

Working with Exponentials and Logarithms

Stirlingsche Formel

Übung 6.3-1: Umgang mit Fakultäten und der Stirlingformel

© H. Föll (MaWi 1 Skript)