Summe aus folgendem Term < Folgen+Grenzwerte < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | 2(hoch 0) + 2(hoch 1) + 2(hoch 2) + 2(hoch 3) + …… + 2(hoch n-1) = ??? |
Hallo zusammen, ich habe hier einen Term der bei 2(hoch0) anfängt und bei 2(hoch n-1) aufhört. Wir enden bei 2(hoch n-1) da wir nicht bei 2(hoch 1) anfangen, sondern bei 2(hoch 0).
Jetzt meine Frage, wie kann ich diesen Term vereinfachen, bzw. was ist die Summe von diesem Term??
Ich bitte um die Lösung mit nachvollziehbarem Rechenweg.
Vielen Dank
Matt
PS: Sorry dass ich die Potenzen mit (Hoch ...) schreiben musste, aber ich wusste nicht wie ich es anders machen sollte.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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Hallo,
Tipp: Potenzen lassen sich in LaTeX mit dem "^" Symbol schreiben, denk dabei an die klammern.
2^x = $ [mm] 2^x [/mm] $
Der Wert der Summe hängt doch davon ab, was $ n $ ist.
Da lässt sich mMn auch nichts vereinfachen.
Du kannst es kompakter mit Hilfe des Summensymbols $ [mm] \sum [/mm] $ schreiben, dann hast du
$ [mm] \sum_{i=0}^{n-1}2^i [/mm] = 1 + [mm] \sum_{i=1}^{n-1}2^i [/mm] = \ ? $
Wie gesagt, ohne festes $ n $ gibt es natürlich auch keinen Summenwert.
Ich vermute, dass das nur ein Auszug einer anderen Aufgabe ist, in der es für diese Summe noch eine andere Darstellung in Form eines Bruches / einer Formel gibt, kann das sein?
Sieht jedenfalls nach einem Teil einer Aufgabe aus, die man durch vollst. Induktion beweisen soll. Gibt es weitere Infos zu deiner Summe?
Grüße
ChopSuey
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:53 Fr 20.01.2012 | | Autor: | ChopSuey |
Hallo nochmal,
kann es sein, dass du garnicht den Summenwert dieses Termes, sondern eher eine andere, von $ n $ abhängige Darstellung in Form eines Bruches o.ä. suchst?
Die gibt es wahrscheinlich. Ich kenne sie aus dem Stegreif bloß nicht. Vielleicht weiß jemand noch mehr dazu.
Grüße
ChopSuey
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Guten Morgen,
erstmal vielen Dank für die schnellen Antworten gesten Abend.
Hier also alle meine Überlegungen.
Es geht um Roulette. Hier gibt es einen Trick. Man kann immer nacheinander auf die gleiche Farbe setzen und jedes mal wenn man verliert den Einsatz verdoppeln.
Praktisch hab ich diesen Trick schon ausprobiert, aber jetzt wollte ich mir die Warscheinlichkeit bzw. den Erwartungswert für diesen Trick ausrechnen. Dabei gehe ich davon aus dass ich entweder alles verliere oder meinen Einsatz verdoppel.
Dabei habe ich n für die Anzahl der Spiele gewählt und x für meinen Grundeinsatz.
Jetzt gewinne ich entweder meinen Einsatz x
oder
Ich verliere jeden gesetzten Einsatz
also
x + 2x + 4x + 8x +.... + [mm] 2^{n-1}x
[/mm]
um diesen Term zu vereinfachen schreibe ich jedes alle Zahlen als Potenz mit der Basis 2 und klammere das x aus.
Also
( [mm] 2^{0} [/mm] + [mm] 2^{1} [/mm] + [mm] 2^{2} [/mm] + [mm] 2^{3} [/mm] +....+ [mm] 2^{n-1} [/mm] ) x
Um nun weiter rechnen zu können muss ich diesen Term irgendwie vereinfachen, und genau da brauche ich eure Hilfe.
Vielen Dank schon im Vorraus.
Viele Grüße
Matt
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Hi,
mit der Folge der Teilsummen:
1, 3, 7, 15, ...
kommt man sehr schnell auf die explizite Darstellung
[mm] 2^0+2^1+...+2^{n-1}=2^n-1
[/mm]
Und wenn du damit richtig an deiner Problemstellung weiterrechnest, kommst du schnell darauf, dass der Erwartungswert des Roulette-Spiels auch bei dieser Spielvariante negativ ist.
Gäbe es die 0 (heißt das: Zero?) nicht, gäbe es weiter kein Limit und hättest du schlussendlich unendlich viel Geld, dann wäre der Erwartungswert gleich 0.
(Ich schreibe dir das mal auf, damit du eine Kontrollmöglichkeit für deine Rechnung hast).
Gruß, Diophant
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Guten Abend,
die 0 gibt es im Roulette zwar allerdings ist sie weder Schwarz noch Rot. Falls die Zero fällt halbieren sich die Einsätze auf den Farben. Somit gewinnt man zwar nichts, aber man verliert auch nicht alles.
Desshalb gehen wir mal von einer 50:50 Change aus dass unsere Farbe fällt. Rein von der Logig weiß ich dass der Erwartungswert dann 0 ist, ich möchte es mir aber mathematisch erklären.
Die Antwort [mm] 2^{n}-1 [/mm] habe ich jetzt zwar, allerdings kann ich immer noch nicht genau nachvollziehen wie du darauf kommst.
Bitte zeige mir doch einen ausführlichen Rechenweg den ich verstehen kann.
Vielen Dank schon im Vorraus
Viele Grüße
Matt
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:55 Sa 21.01.2012 | | Autor: | fred97 |
> Guten Abend,
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> die 0 gibt es im Roulette zwar allerdings ist sie weder
> Schwarz noch Rot. Falls die Zero fällt halbieren sich die
> Einsätze auf den Farben. Somit gewinnt man zwar nichts,
> aber man verliert auch nicht alles.
>
> Desshalb gehen wir mal von einer 50:50 Change aus dass
> unsere Farbe fällt. Rein von der Logig weiß ich dass der
> Erwartungswert dann 0 ist, ich möchte es mir aber
> mathematisch erklären.
>
> Die Antwort [mm]2^{n}-1[/mm] habe ich jetzt zwar, allerdings kann
> ich immer noch nicht genau nachvollziehen wie du darauf
> kommst.
> Bitte zeige mir doch einen ausführlichen Rechenweg den ich
> verstehen kann.
Das kannst Du mit Induktion zeigen
FRED
>
> Vielen Dank schon im Vorraus
>
> Viele Grüße
> Matt
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Hallo,
das klingt ja nach einem schweren Fall von 'Roulette-Gläubigkeit'. 
Deine Denkfehler sind im Einzelnen:
> die 0 gibt es im Roulette zwar allerdings ist sie weder
> Schwarz noch Rot. Falls die Zero fällt halbieren sich die
> Einsätze auf den Farben. Somit gewinnt man zwar nichts,
> aber man verliert auch nicht alles.
Aber alleine dieser Vorgang bereits mindert den Erwartungswert, das sollte dir zu denken geben.
> Desshalb gehen wir mal von einer 50:50 Change aus dass
> unsere Farbe fällt. Rein von der Logig weiß ich dass der
> Erwartungswert dann 0 ist, ich möchte es mir aber
> mathematisch erklären.
Rein von der Logik her ist diese deine Vermutung leider falsch.
Zur Summendarstellung der geometrischen Reihe wird ja weiter unten etwas gesagt. Ich möchte dir in Sachen Erwartungswert aber folgende Überlegung mitgeben, die man aber letztendlich mathematisch nur nachvollziehen kann, wenn man mit unendlichen Reihen klarkommt.
Der Erwartungswert einer diskreten Zufallsvariablen ist definiert durch
[mm] E(X)=\sum(x*P(X=x))
[/mm]
Dabei seien x die Werte, welche die ZV annehmen kann und P(X=x) die jeweilige Wahrscheinlichkeit, mit der sie dies tun.
Ein immer wieder begangener Irrtum bei der stochastischen Modellierung des Halbierens im Roulette ist der, dass die betrachtete Zufallsvariable nicht richtig gewählt wird. Diese Zufallsvariable muss hier die Einsatz-Gewinn-Bilanz beschreiben, die man während einer Serie erzielt, wobei ich unter Serie hier die Anzahl der Spiele verstehe, die es braucht, bis die Farbe fällt, auf die gesetzt wird. Schon das alleine wird durch zwei Dinge erschwert: die Zero erschwert das mathematische Modell erheblich, und das Limit führt dazu, dass du auch viele negative Werte betrachten musst.
Man könnte ein vereinfachtes Modell betrachten, indem man sowohl Zero als auch Limit unberücksichtigt lässt. Und dieses Modell führt, wie schon gesagt, auf den Erwartungswert Null.
Jetzt kann man argumentieren, dass sowohl das Limit als auch die Null die Chancen der Spieler weiter minimieren (genau dazu sind sie ja da). Also muss, auch wenn es analytisch wohl kaum mit sinnvollem Aufwand machbar ist, der Erwartungswert in der Realität negativ sein.
Man sollte in der Stochastik unheimlich vorsichtig sein mit realen 'Erfahrungen', Bauchgefühl und diesen Dingen. Sie können einen unheimlich aufs Glatteis führen. Google mal nach 'Geburtstagsproblem' oder 'Ziegenproblem'. Das sind zwei faszinierende und gleichzeitig einfache Zufallsexperimente mit verblüffenden Wahrscheinlichkeiten.
Insbesonder diese Märchen rund um Glücksspiele sollte man sehr mit Vorsicht genießen: diejenigen, die Glücksspiele anbieten sind nicht dumm: sie beschäftigen in der Regel Mathematiker und diese haben die Aufgabe, dafür zu sorgen, dass der Betreiber Gewinn macht.
Ein Beispiel: Der deutsche Toto-Lotto-Block bietet eine Sportwette an, die sog. 13er-Wette. Da hier die Chancen noch vom Ausgang von 13 vorher vereinbarten Fußballspielen abhängt, kann man die Erwartungswerte immer erst im Nachhinein bestimmen, vor allem, wenn es zu wenig Spiele sind. Und es waren füher weniger, nämlich 11. Es gibt eine unter manchen Tippgemeinschaften verbreitete und sehr teure Spielstrategie für dieses Glücksspiel, man nennt sie Trefferbild-Systeme. Man muss hier pro Woche mehrere Tausend Euro setzen, um diese Strategie zu spielen. Nun, weshalb erzähle ich dir dies: in den 90er-Jahren, als es noch 11er-Wette hieß (und es noch 11 Spiele waren) habe ich für eine Tippgemeinschaft, die dieses System spielte, eine Software entwickelt, um diese Systeme zu erzeugen. In diesem Rahmen habe ich 20 Jahre 11er-Wette ausgewertet und bin - wie andere 'Experten' damals auch, zu dem Ergebnis gekommen, dass, bedingt durch die höhere Anzahl Spieler seit der Wiedervereinigung, der Erwartungswert für mindestens ein solches Trefferbild deutlich positiv geworden war.
Ein traumhafter Zustand also: versprach er doch, pro Jahr so 200.000 - 300.000 DM Gewinn. Es wusste fast niemand, man kann diese Systeme von Hand schier nicht bewältigen, man benötigt eine Software, die sie erzeugt und die Scheine bedruckt. Und dennoch: es wurde sehr schnell reagiert, indem nämlich die Anzahl der Spiele vergrößert wurde. Nun ist wieder alles so, wie es in der Welt der Glücksspiele stets ist: der Erwartungswert für die Spieler ist negativ (wenigstens geht bei diesem Beispiel das verlorene Geld an wohltätige Organisationen).
Also: Zocken zum Spaß: ok, wenn es sein muss. Aber niemals diesen Gewinn-Märchen Glauben schenken!
Gruß, Diophant
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Hi,
da die Antwort von Dir auf nur teilw. beantwortet gestellt wurde, und du $ [mm] 2^n [/mm] - 1 $ nachvollziehen willst...
schreib' dir doch mal die Summe für die ersten paar Glieder auf. Du wirst dann schnell feststellen, dass der Wert der Summe immer $ [mm] 2^n-1 [/mm] $ ist (was ich eigentlich sogar wusste, mir aber gestern partout nicht einfallen wollte). Um diese Vermutung für alle natürlichen Zahlen zu beweisen, kommst du mit der vollständigen Induktion, wie Fred bereits schrieb, ans Ziel.
Grüße
ChopSuey
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Hey Leute, guten Morgen,
nachdem ich den Term [mm] 2^{n}-1 [/mm] habe kann ich schon feststellen dass die Summe der ersen paar Glieder genau diesem Term entspricht.
Aber jetzt ist doch die Frage, wie komme ich auf diesen Term, durch ausprobieren???
Was ist eine vollständige Induktion???
Könnte mir vielleicht jemand einen ausführlichen Rechenweg schreiben?
Viele Grüße
Matt
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:26 So 22.01.2012 | | Autor: | fred97 |
> Hey Leute, guten Morgen,
>
> nachdem ich den Term [mm]2^{n}-1[/mm] habe kann ich schon
> feststellen dass die Summe der ersen paar Glieder genau
> diesem Term entspricht.
>
> Aber jetzt ist doch die Frage, wie komme ich auf diesen
> Term, durch ausprobieren???
>
> Was ist eine vollständige Induktion???
Das hattet Ihr also noch nicht, dann probiers mal so:
$ [mm] 1+2^1+...+2^{n-1}=(2-1)(1+2^1+...+2^{n-1})$
[/mm]
Jetzt multipliziere den Ausdruck rechts vom "=" ganz behutsam aus.
FRED
>
> Könnte mir vielleicht jemand einen ausführlichen
> Rechenweg schreiben?
>
> Viele Grüße
> Matt
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Also ich versuche jetzt mal deinen Term auszuklammern.
$ [mm] 1+2^1+...+2^{n-1}=(2-1)(1+2^1+...+2^{n-1}) [/mm] $
[mm] 2^{1}*2^{n-1}-2^{n-1}
[/mm]
Potenzgesetz, Potenz mit gleicher Basis...
[mm] 2^{n}-2^{n-1}
[/mm]
so und weiter, soweit richtig?? Kann ich das noch weiter vereinfachen??
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Hallo,
> Potenzgesetz, Potenz mit gleicher Basis...
ja, das muss man anwenden.
> [mm]2^{n}-2^{n-1}[/mm]
Was meinst du damit? Das Endergebnis ist es nicht, das heißt wie schon erwähnt [mm] 2^n-1. [/mm] Wenn du das suaber aufschreibst, so siehst du, dass sich alle Summenden bis auf den Term oben durch unterschiedliche Vorzeichen aufheben. Man kann es allgemein für eine Zahl q so machen:
[mm] s_n:=1+q+...+q^n
[/mm]
[mm] q*s_n=q*(1+q+...+q^n)=q+q^2+...+q^{n+1}
[/mm]
Jetzt kann man subtrahieren:
[mm] q*s_n-s_n=(q-1)*s_n=-1+q-q+q^2-q^2+...+q^{n+1}=-1+q^{n+1}
[/mm]
Das löst man nach [mm] s_n [/mm] auf:
[mm] s_n=\bruch{q^{n+1}-1}{q-1}=\bruch{1-q^{n+1}}{1-q}
[/mm]
Wenn du jetzt q=2 setzt, bekommst du das gewünschte.
Gruß, Diophant
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