Irrfahrten - Alle Wege führen nach Rom - Institut für Mathematik ...

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Irrfahrten - Alle Wege führen nach Rom - Institut für Mathematik ...

Bayerische

Julius – Maximilians – Universität

Würzburg

Erste Staatsprüfung für das Lehramt an Grundschulen

Schriftliche Hausarbeit

Thema:

Irrfahrten

Alle Wege führen nach Rom

Eingereicht von: Stefanie Endres Fach: Mathematik

Eingereicht am: 01.09.2008 Dozent: Prof. Dr. Jörn Steuding


AlleAlle Wege Wege führen führen nach nach Rom

Rom

2


Inhaltsverzeichnis

1. Pólya und Irrfahrten............................................................................................................ 5

2. George Pólya......................................................................................................................... 6

3. Random Walks – eine Reise ins Unendliche .................................................................... 10

3.1. Was sind Random Walks?.......................................................................................... 10

3.2 Veranschaulichung einer Irrfahrt .............................................................................. 11

3.3 Symmetrische Irrfahrten............................................................................................. 13

3.4 Rekurrente oder transiente Irrfahrten....................................................................... 13

3.5 Irrfahrten in den verschiedenen Dimensionen .......................................................... 14

3.5.1 Eindimensionaler Raum ....................................................................................... 14

3.5.2 Zweidimensionaler Raum..................................................................................... 14

3.5.3 Dreidimensionaler Raum...................................................................................... 15

3.5.4 Höherdimensionale Räume .................................................................................. 15

4. Beweis von Pólyas Theorem über Irrfahrten im d-dimensionalen Raum .................... 16

4.1 Notwendige Lemmas .................................................................................................... 18

4.1.1 Lemma 1................................................................................................................. 19

4.1.2 Lemma 2................................................................................................................. 25

4.1.3 Lemma 3................................................................................................................. 27

4.1.4 Lemma 4................................................................................................................. 33

4.2 Beweis von Pólyas Theorem ........................................................................................ 36

4.2.1 Betrachtung von Irrfahrten im eindimensionalen Raum.................................. 37

4.2.2 Betrachtung von Irrfahrten im zweidimensionalen Raum ............................... 40

4.2.3 Betrachtung von Irrfahrten in mindestens dreidimensionalen Räumen ......... 43

4.2.4 Bemerkung............................................................................................................. 50

4.3 Führen alle Wege nach Rom? ..................................................................................... 51

5. Variationsmöglichkeiten der Irrfahrten .......................................................................... 53

5.1 Andere Gitterstruktur ................................................................................................. 53

5.2 Drift: Bevorzugung bestimmter Richtungen ............................................................. 54

5.3 Irrfahrten, die sich selbst beeinflussen....................................................................... 55

5.3.1 Selbstanziehende Irrfahrt..................................................................................... 55

5.3.2 Selbstabstoßende Irrfahrt..................................................................................... 56

5.3.3 Selbstvermeidende Irrfahrt.................................................................................. 56

5.4 Interaktionen zwischen mehreren Irrfahrten............................................................ 57

3


6. Anwendungen - Wo treten Irrfahrten auf? ..................................................................... 58

6.1 Brownsche Bewegung .................................................................................................. 58

6.2 Aktienkurse................................................................................................................... 61

6.3 Wachstum langer Molekülketten................................................................................ 62

7. „Irrfahrt in die Grundschule“ .......................................................................................... 63

7.1 Vorüberlegungen.......................................................................................................... 63

7.1.1 „Eckenhausen“ ...................................................................................................... 63

7.1.2 Der Gitternetzplan ................................................................................................ 66

7.1.3 Irrfahrten auf dem endlichen Gitternetz ............................................................ 68

7.1.5 Irrfahrten im unendlichen Raum ........................................................................ 69

7.2 Ergebnisse ..................................................................................................................... 70

zu: „Eckenhausen“......................................................................................................... 70

zu: Der Gitternetzplan................................................................................................... 72

zu: Irrfahrten auf dem endlichen Gitternetz............................................................... 74

zu: Irrfahrten im unendlichen Raum........................................................................... 76

7.3 Ist die Thematik „Irrfahrtenfür die Grundschule sinnvoll?................................. 77

7.3.1 Themen der Stochastik im Grundschullehrplan................................................ 77

7.3.2 Irrfahrten in der Grundschule............................................................................. 79

8. Mathematischer Anhang ................................................................................................... 81

8.1 Diskreter Wahrscheinlichkeitsraum........................................................................... 81

8.2 Unabhängigkeit............................................................................................................. 81

8.3 Diskrete Zufallsvariable............................................................................................... 82

8.4 Markovkette.................................................................................................................. 82

9. Schluss ................................................................................................................................. 85

10. Literatur............................................................................................................................ 86

11. Danksagung....................................................................................................................... 88

12. Erklärung.......................................................................................................................... 89

13. Anhang .............................................................................................................................. 90

4


1. Pólya und Irrfahrten

Als der Mathematiker George Pólya an einem Nachmittag auf dem Zürichberg spazieren ging,

traf er dreimal auf den gleichen Bekannten. Diesem kamen die unabsichtlichen Treffen nicht

gerade gelegen, da er lieber mit seiner Verlobten allein sein wollte. Daraufhin brach Pólya

seinen Spaziergang ab und kehrte nach Hause zurück. Dort begann er sich das Ereignis aus

mathematischer Sicht zu überlegen. 1

„So ist aus diesem Zufallsereignis auf dem Zürichberg eine Theorie entstanden, von Vielfalt

und Schönheit geprägt, welche immer noch manches Geheimnis in sich birgt.“ 2

Pólya beschrieb dieses Zufallsereignis mit dem mathematischen Sachverhalt der Irrfahrten,

den wir in den folgenden Kapiteln näher erläutern werden. Als Ergebnis seiner Überlegungen

gelangte er im Jahre 1921 zu seinem berühmten Theorem:

„Bei der Irrfahrt (…) in einer oder zwei Dimensionen kommt man fast sicher immer wieder

zum Startpunkt zurück (obwohl häufig erst nach sehr langer Zeit).“ 3 Dagegen wird eine

Irrfahrt in drei oder mehr Dimensionen mit positiver Wahrscheinlichkeit nicht wieder zum

Startpunkt zurückkehren. Pólya bewies dies zusammen mit der Tatsache, dass auch alle

anderen Punkte des ein- und zweidimensionalen Raumes fast sicher passiert werden und in

der Tat also alle Wege nach Rom führen, da schließlich alle Punkte des Gitters im ein- und

zweidimensionalen Raum erreicht werden. Im drei- und höherdimensionalen Raum ist dies

jedoch nicht der Fall. Hier werden wir Rom mit einer positiven Wahrscheinlichkeit nicht

erreichen. Diese Aspekte werden wir im Folgenden beweisen.

Weiter bewies Pólya, dass sich zwei Irrfahrten im ein- und zweidimensionalen Raum fast

sicher immer wieder treffen und dass sich zwei Irrfahrten in höher-dimensionalen Räumen

mit einer positiven Wahrscheinlichkeit nicht begegnen.

Diesen letzten Beweis können wir in der vorliegenden Arbeit leider nicht anbringen. Aus

diesem Grund empfehlen wir allen interessierten Lesern Pólyas Artikel:

„Über eine Aufgabe der Wahrscheinlichkeitsrechnung betreffend die Irrfahrt im Straßennetz.“ 4

Zunächst wollen wir uns aber mit der Person hinter dem zu beweisenden Theorem

beschäftigen.

1

(u.a.) Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in

die Welt des Zufalls“; Folie 19

2

Ebd.; Folie 21, Z. 1 – 3

3

Ebd.; Folie 20; Z. 1 – 3

4

Pólya, G.; „Über eine Aufgabe der Wahrscheinlichkeitsrechnung betreffend die Irrfahrt im Straßennetz“

5


2. George Pólya

In den nachfolgenden Ausführungen beziehen wir uns auf „The Pólya Picture Album:

Encounters of a Mathematician“ von G. Pólya und G. L. Alexanderson.

Am 13.12.1887 wurde George Pólya in Budapest, als

Sohn von Anna und Jakob Pólya geboren. In seinen

jungen Jahren fühlte sich Pólya nicht sehr der

Mathematik verbunden und so begann er nach

Abschluss des Gymnasiums das Studium der

Rechtswissenschaften an der Universität von Budapest.

Doch seine Begeisterung war nicht von großer Dauer.

Schon nach einem Semester brach er dieses Studium ab

und studierte für vier Semester Literatur und Sprachen.

Hierdurch erlangte er die Erlaubnis, in der Unterstufe

des Gymnasiums Latein und Ungarisch zu unterrichten,

was er aber niemals tat.

6

George Pólya, Berlin, 1925

(Pólya Picture Album, S. 63)

Seine Interessen galten der Philosophie, der Literatur und auch der Physik. Nachdem ein

Professor der Philosophie ihn überzeugte, dass ein Mathematik- und Physik-Studium ihm

helfen würde, die Philosophie zu verstehen, begann er Mathematik zu studieren. Aus dieser

Zeit stammt ein berühmtes Zitat von Pólya, das ich auch hier erwähnen möchte:

“I thought I am not good enough for physics and I am too good for philosophy.

Mathematics is in between. “ 5 (George Pólya)

Seinen Doktor machte Pólya 1912 in Budapest, nachdem er die Jahre 1910 – 1911 an der

Universität von Wien verbracht hatte. Seine Dissertation mit dem Thema “Some questions of

the calculus of probability, and some definite integrals associated with it“ schrieb er dort ohne

Berater, da sich in Budapest niemand vertieft mit Wahrscheinlichkeitstheorie beschäftigte.

Von 1912 bis 1914 ging er an die Universität Göttingen und im Jahre 1914 verschlug es ihn

an die Pariser Universität. Im selben Jahr noch nahm er, auf eine Einladung von Adolf

Hurwitz, seinen ersten Lehrauftrag an der Eidgenössischen Technischen Hochschule in Zürich

auf und verblieb dort bis 1940.

5 Pólya, G.; Alexanderson, G. L; “The Pólya Picture Album: Encounters of a Mathematician”; S. 10, Z. 12 - 14


George Pólya heiratete 1918 die Tochter eines Physik-Professors an der Universität

Neuenburg, Stella Vera Weber. Gemeinsam lebten sie in der deutschsprachigen Schweiz,

sprachen jedoch zu Hause Französisch, da Stella Pólya in der französischsprachigen Schweiz

aufgewachsen war.

In diesem Zusammenhang ist zu erwähnen, dass Pólya großes Interesse an Sprachen hatte und

neben dem Französischen und Ungarischen zusätzlich Englisch, Italienisch und Dänisch

lernte. Seine mathematischen Arbeiten verfasste er aufgrund seiner Begeisterung für Sprachen

auf Ungarisch, Französisch, Deutsch, Italienisch, Englisch und Dänisch.

Pólya arbeitete lange Zeit zusammen mit einem anderen ungarischen Mathematiker, Gábor

Szegö. Hierbei erhielt er im Jahre 1918 seinen Doktortitel von der Universität Wien.

Im Jahre 1924 verbrachte er ein Jahr in England als der erste internationale „Rockefeller

Fellow“, zunächst am New College in Oxford, dann am Trinity College in Cambridge.

Pólya schrieb im Jahre 1925 mit dem ungarischen Mathematiker Szegö das Werk „Problems

and Theorems in Analysis“. Dies ist eine der wichtigsten Arbeiten, die klassische Aufgaben

und Lehrsätze aus der Analysis enthält. Auch nach 60 Jahren wird diese Arbeit noch immer

regelmäßig zitiert und ist eine der wichtigsten Quellen für Probleme in der Analysis.

Die Organisation dieses Werkes war neu, da die Probleme nicht nach Themen, sondern nach

der Lösungsmethode zusammengetragen wurden.

Im Jahre 1940 wurde Europa vom zweiten Weltkrieg beherrscht, weshalb die Familie Pólya

beschloss nach Amerika auszuwandern, wo George Pólya zwei Jahre an der Brown

Universität tätig war und auch kurz am Smith College, bis er einen Platz an der Stanford

Universität erhielt.

In dieser Zeit begann Pólya ein Manuskript für sein Buch „How To Solve It“. Es wurde

inzwischen weit über eine Million Mal verkauft und in mindestens 17 andere Sprachen

übersetzt. Dies ist mit Sicherheit ein Rekord für ein modernes Mathematik-Buch.

Nach diesem großen Erfolg, verfasste Pólya die zwei Werke, „Mathematics and Plausible

Reasoning“ 6 , welche auf einem deutlich höheren mathematischen Niveau geschrieben sind.

Anschließend verfasste er das zweibändige Buch „Mathematical Discovery“, welches in den

Jahren 1962 und 1965 veröffentlicht wurde.

“These established him as the foremost advocate of problem solving

and heuristics in his generation.“ 7

6 Pólya, G.; Alexanderson, G. L; “The Pólya Picture Album: Encounters of a Mathematician”; S. 13, Z. 24

7 Ebd.; S. 13, Z. 31 - 33

7


Zusätzlich zu den bereits erwähnten Büchern, schrieb George Pólya noch mehrere andere

Bücher, Vorträge und Monographien

Trotz seiner Pensionierung im Jahre 1953 lehrte und schrieb er bis in die 70er Jahre weiter.

„It was during this time that he was awarded a number of

honorary degrees - by the University of Alberta, the

University of Wisconsin at Milwaukee, the University of

Waterloo, and the Swiss Federal Institute of Technology -

and memberships in several national academies.” 8

8

George Pólya, Schweiz, 1949

(Pólyas Picture Album, S. 131)

George Pólya erhielt im Jahre 1963 den Preis für “Distinguished Service to Mathematics by

the Mathematical Association of America”. Im Jahre 1968 bekam er schließlich den „Blue

Ribbon by the Educational Film Library Association” für seinen Film ‘Let Us Teach

Guessing.‘ 9

Bemerkenswert an Pólyas Karriere ist seine mathematische Interessensbreite. So interessierte

er sich zum Beispiel für reelle und komplexe Analysis, mathematische Physik, Variations-

rechnung, Wahrscheinlichkeit, Kombinatorik, Geometrie, Zahlentheorie und Graphentheorie.

Pólya äußerte sich hierzu folgendermaßen: “... I was influenced by my interest in discovery. I

looked at a few questions just to find out how you handle this kind of question.“ 10

Dazu erzählte Pólya eine kleine Geschichte:

“I once had an idea of which [Hardy] approved. But afterwards I did not work sufficiently

hard to carry out that idea, and Hardy disapproved. He did not tell me so, of course, yet it

came out when he visited a zoological garden in Sweden with Marcel Riesz. In a cage there

was a bear. The cage had a gate, and on the gate there was a lock. The bear sniffed at the

lock, hit it with his paw, then he growled a little, turned around and walked away. ‘He is like

Pólya‘, said Hardy. ‘He has excellent ideas, but does not carry them out.“ 11

Dennoch lieferte Pólya bemerkenswerte Beiträge in vielen Zweigen der Mathematik.

8 Pólya, G.; Alexanderson, G. L; “The Pólya Picture Album: Encounters of a Mathematician”; S.14, Z. 5 - 10

9 Ebd.; S. 40, Z. 19 – 22

10 Ebd.; S. 15, Z. 9 – 11

11 Ebd.; S. 15, Z. 12 – 22


Am 7. September 1985 starb George Pólya in Palo Alto im Alter von 97 Jahren.

In Anerkennung seiner Leistungen im Fachbereich Mathematik, wird der „Pólya-Preis“ seit

1987 von der ‚London Mathematical Society’ verliehen.

Schließlich wollen wir noch eine Bemerkung von einem zeitgenössischen Mathematiker über

Pólya betrachten:

N. G. de Bruijn:

“A mathematician who possibly more than anyone else has given direction to my own

mathematical activity is G. Pólya. All his work radiates the cheerfulness of his personality.

Wonderful taste, crystal clear methodology, simple means, powerful results. If I would be

asked whether I could name just one mathematician who I would have liked to be myself, I

have my answer ready at once: Pólya.“ 12

In den folgenden Kapiteln wollen wir Pólyas Theorem, welches er im Jahre 1921 bewies, kurz

vorstellen und anschließend mathematisch betrachten und beweisen.

12 Pólya, G.; Alexanderson, G. L; “The Pólya Picture Album: Encounters of a Mathematician”; S. 19, Z. 36 – 39,

S. 20, Z. 1 – 3

9


3. Random Walks – eine Reise ins Unendliche

3.1. Was sind Random Walks?

„Das Wort random walk kommt aus dem Englischen und bedeutet Zufallsbewegung. Im

Deutschen wird der random walk häufig als Irrfahrt bezeichnet.“ 13

Betrachtet man das übliche Begriffsverständnis zum Begriff ‚Irrfahrt’, so werden die Meisten

hierbei an ein ‚Umherirren’ denken. Dies ist gar nicht so abwegig. Vorstellen kann man sich

eine Irrfahrt zunächst anhand von Teilchen, die sich zufällig im Raum bewegen, wie das

folgende Bild zeigt:

Hierbei ist wichtig zu erwähnen, dass ein ‚Schritt’ in eine Richtung nicht die nachfolgenden

‚Schritte’ beeinflusst.

Wir betrachten hier die Bewegung eines Atoms, eines Moleküls, eines Menschen oder eines

Tieres, wobei wir für diese vereinfacht den Begriff ‚Teilchen’ verwenden. Der Raum, in dem

sich dieses Teilchen bewegt, sei zunächst egal. Er kann so wie in der Skizze zweidimensional

sein, oder aber auch ein-, drei- oder höherdimensional.

Um eine Irrfahrt aber mathematisch beschreiben zu können, ist es notwendig eine gewisse

Struktur in einen solchen Raum zu bringen. Hierfür nutzt man im zweidimensionalen vor

allem Gitternetze, der folgenden Art:

13 http://schulen.eduhi.at/riedgym/Physik/10/waerme/temperatur/brownsche_bewegung.htm

10


Hier ist es sehr gut möglich eine zufällige Bewegung zu beschreiben. Das Teilchen kann an

einem beliebigen Gitternetzpunkt, bzw. an einer Kreuzung zweier Geraden starten. Es kann

nun in eine der vier, durch die Gitterstruktur verdeutlichten, Richtungen zufällig laufen. Eine

Zufallsbewegung beschreibt also den ‚Schritt’ von einer Kreuzung zur nächsten. Hierbei

sollen alle Schritte voneinander unabhängig und ihre Wahl (zunächst) gleich wahrscheinlich

sein.

3.2 Veranschaulichung einer Irrfahrt

Da wir im Folgenden die Bedingungen betrachten werden, unter denen eine Irrfahrt zu ihrem

Ausgangspunkt zurückkehrt, werden wir nun eine Irrfahrt auf dem zweidimensionalen

Gitternetz betrachten.

Hierfür lernen wir zunächst unsere Hauptperson, den Betrunkenen, kennen:

Dieser möchte von seiner Stammkneipe eigentlich wieder nach Hause laufen. Zu seinem

Leidwesen hat er jedoch völlig die Orientierung verloren und irrt nun im quadratischen

Straßennetz umher.

11


An jeder Kreuzung, an der er ankommt, weiß er nicht mehr, aus welcher Richtung er

gekommen ist und wählt jedes Mal zufällig einen der vier möglichen Weg.

Leider ist die Stadt unendlich groß und aus der Entfernung gesehen ist unser Betrunkener nur

noch ein kleiner Punkt, auf einem riesigen Gitternetz.

12


Wenn unser betrunkener Mann nun auf einem unendlich großen Gitternetz umherirrt, stellt

sich die Frage, ob er wieder zu seiner Stammkneipe ‚zurückfinden’ wird, denn sind wir mal

ehrlich: Diese ist doch sein eigentliches Zuhause.

Im folgenden Kapitel werden wir diese Thematik, einer zum Ausgangspunkt zurückkehrenden

Irrfahrt, mathematisch behandeln und anschließend darauf eingehen, ob „alle Wege nach Rom

führen“. Zunächst erläutern wir aber noch einige wichtige Begrifflichkeiten, die wir später

gebrauchen werden.

3.3 Symmetrische Irrfahrten

Betrachten wir eine zweidimensionale Irrfahrt aus stochastischer Sicht, so haben wir ein

beliebiges Teilchen, das auf einem Gitternetz ‚umherirrt’. Von seinem Startpunkt aus, hat es

vier mögliche Wege, die es zufällig wählt. An jeder Kreuzung wird ein Weg mit der

1

Wahrscheinlichkeit gewählt, wobei eine Wegwahl weder die nächste, noch andere

4

Wegwahlen beeinflusst.

Die hier beschriebene Irrfahrt heißt eine einfache, bzw. symmetrische Irrfahrt, bei der jede

Wegwahl die gleiche Wahrscheinlichkeit besitzt und alle Bewegungen stochastisch

unabhängig voneinander sind. Die Zufallsbewegungen sind somit identisch verteilt und

unabhängig voneinander.

3.4 Rekurrente und transiente Irrfahrten

Eine Irrfahrt wird als rekurrent bezeichnet, wenn sie fast sicher, also mit der

Wahrscheinlichkeit Eins, wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurückkehrt.

Ansonsten heißt sie transient. In diesem Fall kehrt die Irrfahrt mit einer positiven

Wahrscheinlichkeit nicht wieder zu ihrem Startpunkt zurück.

13


3.5 Irrfahrten in den verschiedenen Dimensionen

Um die Thematik „Irrfahrten“ mathematisch beschreiben und erklären zu können, muss man

den jeweiligen Raum, indem die Bewegung des Teilchens stattfindet, festlegen.

Zur Veranschaulichung haben wir in 3.2 und 3.3 bereits einen bestimmten Raum gewählt: ein

zweidimensionales Gitternetz.

Diese Raumvorstellung werden wir nun um den ein- und dreidimensionalen Raum, sowie um

den allgemeinen mehrdimensionalen Raum erweitern.

3.5.1 Eindimensionaler Raum

Betrachten wir zunächst den eindimensionalen Raum. Hier kann sich das Teilchen auf der

Koordinatenachse nur in positive oder negative x-Richtung fortbewegen.

Wir haben also zum Beispiel die x-Achse und starten im Nullpunkt. Eine einfache

symmetrische Irrfahrt ist, wie bereits erwähnt, dadurch beschrieben, dass die Wahl einer der

beiden Richtungen gleich wahrscheinlich und zufällig ist.

Vorstellen kann man sich dies wieder anhand unseres Betrunkenen, der diesmal eine lange

Straße entlangläuft. Zufällig wird er einen Schritt vorwärts oder einen Schritt zurück machen.

1

Die Wahrscheinlichkeit für einen Schritt vorwärts, bzw. zurück, liegt jeweils bei .

2

3.5.2 Zweidimensionaler Raum

Ein zweidimensionaler Raum kann, wie bereits genannt, durch ein Gitternetz (bzw.

Koordinatensystem mit x- und y-Achse) dargestellt werden, auf dem es jeweils vier mögliche

Wege gibt. Mit jeweils gleicher Wahrscheinlichkeit wird zufällig ein Schritt in die positive

vertikale Richtung, die negative vertikale Richtung, die positive horizontale Richtung oder die

negative horizontale Richtung unternommen.

1

Die Wahrscheinlichkeit für jede der vier Richtungen beträgt hier .

4

14


3.5.3 Dreidimensionaler Raum

Befinden wir uns in drei Dimensionen, gibt es immer sechs Möglichkeiten zu laufen und wir

1

erhalten eine Wahrscheinlichkeit, für jede der sechs möglichen Richtungen, von .

6

3.5.4 Höherdimensionale Räume

Weitere Dimensionen hier darzustellen ist natürlich nicht möglich. Wir können aber ergänzen,

dass mit jeder weiteren Dimension zwei neue Wegemöglichkeiten hinzukommen.

Damit gibt es also immer 2d mögliche Wege, wobei ‚d’ die jeweilige Dimension bezeichnet,

in der wir uns befinden.

15


4. Beweis von Pólyas Theorem über Irrfahrten im d-

dimensionalen Raum

Nun werden wir uns der mathematischen Betrachtung des Problems zuwenden und Pólyas

Theorem über rekurrente und transiente Irrfahrten beweisen. Hierbei soll vor allem, dieser

bekannte Satz, der 1921 von Pólya bewiesen wurde, verständlich dargestellt werden.

Im Folgenden beziehen wir uns grundlegend auf den Artikel „Lost in Space“ von Champion,

Mills und Smith (siehe Literaturliste).

Nach Pólya kehren nur ein- und zweidimensionale Irrfahrten fast sicher wieder zu ihrem

Ausgangspunkt zurück. Anders ausgedrückt bedeutet das, dass die stochastische Irrfahrt in

einer oder zwei Dimensionen nach endlich vielen Schritten, bzw. in endlicher Zeit, fast sicher

wieder zu ihrem Startpunkt zurückkehrt.

Betrachten wir also den Raum, dessen Dimension mit d ∈ N bezeichnet wird, so können wir

d

d

Z definieren als Z : = { ( i1,

i2

, , id

) : ik

∈ Z,

1 ≤ k ≤ d}

K .

Hier stellt i , i , K , i ) einen d-dimensionalen Vektor mit ganzzahligen Koordinaten dar.

( 1 2 d

Θ d : = ( 0,

0,

K,

0)

ist dabei der Nullvektor von

d

Z .

1

Der eindimensionale Raum = { i ) : i ∈ Z,

k = 1}

Z k besteht also nur aus der Menge der

( 1

Vektoren ( i 1 ). Dieser Vektor verläuft, entsprechend seines Vorzeichens, in positive oder

negative x-Richtung und deckt damit die zwei möglichen Richtungen ab.

Sei nun ( , P)

{ ω , ω ,..., ω }

1

2

Ω ein Wahrscheinlichkeitsraum [siehe 8.1] mit der Grundmenge

Ω =

und ω sei ein Zustand.

2d

Ein Ereignis{ ω ∈ Ω : s(

ω)

} , wie zum Beispiel im zweidimensionalen Raum der Schritt in

positive vertikale Richtung, wird mit {s} bezeichnet und die Wahrscheinlichkeit

{ ω : s(

ω)

}

P ∈ Ω , dass dieses Ereignis eintritt, mit P{s}.

Die Irrfahrt im d-dimensionalen Raum wird durch eine Folge von unabhängigen [siehe 8.2]

und identisch verteilten, also gleichwahrscheinlichen Zufallsvektoren { X , K}

beschrieben und für alle i ∈ Z gilt, dass

X →

d

i : Ω Z .

16

1, X 2


Die Wahrscheinlichkeit P ist erklärt durch

1

= ( 1 2 K = ,

2d

(I) { X e , e , , e ) }

P i

d

wobei immer d - 1 der Koordinaten e , e , K , e ) gleich Null sind und die übrige Koordinate

( 1 2 d

gleich +1 oder -1. Wir erhalten also Einheitsvektoren. Hierbei gilt es zu beachten, dass die

Vektoren { , K}

X voneinander unabhängig sind, was bedeutet, dass der vorherige Vektor

1, X 2

keinerlei Einfluss auf die folgenden Vektoren hat. Die Schritte, die man unternimmt sind also

stochastisch unabhängig voneinander.

Nehmen wir zur Veranschaulichung eine Irrfahrt in zwei Dimensionen. Hier liegt die

Wahrscheinlichkeit { X e , ) }

P i = für einen Schritt in eine der vier möglichen Richtungen

( 1 e2

1

bei . Wir nutzen hier ( e 1, e2)

statt ( i 1, i2

) als Bezeichnung für die Vektoren, um zu

4

verdeutlichen, dass e , ) Einheitsvektoren des zweidimensionalen Raumes sind. Folglich

( 1 e2

erhalten wir für unser Beispiel die zweidimensionalen Vektoren ( 0,

1)

, ( 0,

− 1)

, ( 1,

0)

, (− 1,

0)

.

Diese Einheitsvektoren stellen jeweils einen Schritt in positive oder negative bzw. vertikale

oder horizontale Richtung dar.

Betrachten wir nun den stochastischen Prozess { S , S , K}

symmetrische Irrfahrt auf

S

S

0

n

= Θ

= S

d

,

n−1

+ X

n

,

17

S , der eine einfache,

0 , 1 2

d

Z darstellt. Wir definieren ihn rekursiv über:

für n ≥ 1.

S n beschreibt also die Position zum Zeitpunkt n, bzw. nach n Schritten.

Das bedeutet, dass S 4 = S3

+ X 4 das Wegstück aus den ersten vier Zufallsvektoren

X 1 , X 2 , X 3,

X 4 beinhaltet. Somit können wir feststellen, dass S 3 X 1 + X 2 + X 3

= ist.

Betrachten wir zur Veranschaulichung wieder ein Beispiel im zweidimensionalen Raum.


Die rote Linie zeigt den stochastischen Prozess:

S

4

= S

3

+ X

4

= X

1

+ X

2

+ X

3

+ X

4

⎛1

⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛− 1⎞

⎛− 1⎞

⎛−

1⎞

= ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟

⎝0

⎠ ⎝−

1⎠

⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝−

1⎠

Wie wir auf dem Bild und auch durch die Rechnung erkennen können, ist das Endstück des

⎛−1


roten Weges vom schwarzen Ausgangspunkt ( Θ d ) mit dem Vektor ⎜ ⎟ zu erreichen.

⎝−1⎠

Nun wollen wir Pólyas Satz näher betrachten und erklären.

Nach Pólya ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine stochastische Irrfahrt nach endlicher

Zeit, wieder zum Anfangspunkt Θ d zurückkehrt, gleich Eins, wenn wir uns im ein- oder

zweidimensionalen Raum befinden.

{ Sn

= Θ für n ≥ 1 } = 1 ⇔ d ∈{

1,

2}

P d

Befinden wir uns hingegen in einem höher dimensionalen Raum, also d ≥ 3 , so ist dies nicht

der Fall:

∑ ∞

n=

0

d ≥ 3 ⇔ P { S = Θ } < ∞ .

n

Um Pólyas Satz zu beweisen, benötigen wir zuerst aber noch einige Hilfssätze (Lemmas), die

uns den Beweis erleichtern werden.

4.1 Notwendige Lemmas

In diesem Kapitel beschäftigen wir uns mit den Hilfssätzen, die wir benötigen, um Pólyas

Theorem zu beweisen.

Im ersten Lemma wird es darum gehen, zu zeigen, wann eine Irrfahrt fast sicher wieder zu

ihrem Ausgangspunkt zurückführt.

Im zweiten Lemma werden wir kurz die Stirlingsche Formel vorstellen und beweisen danach

m ⎛m

⎞ ⎛2m


im dritten Lemma folgende Identität : ∑ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟.

k=

0 ⎝k

⎠ ⎝ m ⎠

2

Im vierten Lemma betrachten wir schließlich Multinomialkoeffizienten und werden ein

Minimum für i i ! L i ! berechnen.

1! 2 d

18

d


4.1.1 Lemma 1

Das erste Lemma wird uns zeigen, wie wir Situationen identifizieren können, in denen eine

Irrfahrt fast sicher wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurückführt.

Wir werden zeigen, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Irrfahrt fast sicher wieder zu

ihrem Ausgangspunkt zurückführt, gleich Eins ist, wenn und nur wenn die unendliche Reihe

der Rückkehrwahrscheinlichkeiten divergiert.

Also:

{ S n = Θ für n ≥ 1 } = 1 ⇔ P{

S = Θ } = ∞

P d

∑ ∞

n=1

Wir müssen nun also Folgendes beweisen:

1. P{ S n = Θ d für n ≥ 1 } = 1 ⇐ P{

S = Θ } = ∞

2. { S = Θ für n ≥ 1 } = 1

n

∑ ∞

n=1

P n d

⇒ ∑ { = Θ } = ∞


P Sn

n=1

d

∑ ∞

n=1

bzw. P{

S = Θ } < ∞

n

d ⇒ P{ Sn

= Θ d für n ≥ 1 } < 1

Um die vorhergehenden Implikationen zu beweisen, definieren wir uns zunächst eine diskrete

Zufallsvariable η [siehe 8.3], die die erste Rückkehr zum Ausgangspunkt Θ d darstellt.

Hierzu sei

⎧min

η = ⎨

⎩∞,

{ n : S n = Θ d , n ≥ 1}

, wenn { n : S n = Θ d , n ≥ 1}

wenn { n : S = Θ , n ≥ 1}

n

d

19

d

n

d

≠ ∅,

= ∅.

Dabei interessiert uns nur der 1. Fall, also dass η die erste Rückkehr darstellt. Der 2. Fall, mit

der Aussage, dass die Irrfahrt nicht zurückkehren wird, kann hier vernachlässigt werden, da

wir beweisen werden, dass eine Rückkehr fast sicher stattfindet.

Somit genügt es also folgende Äquivalenz zu beweisen:

∑ ∞

n=

1

∑ ∞

n=

1

(II) P{ η = n}

= 1 ⇔ P

{ S = Θ }

n

d

= ∞

,


Zum Zeitpunkt der Rückkehr ( Sn = Θd

) ist 1 ≤ η ≤ n .

Für den Beweis sind nun weitere Überlegungen nötig. Zunächst beschreiben wir die Rückkehr

zu Θ d durch Mengenverknüpfungen, wobei Sk = Θ d nur zutrifft, wenn η = k = n :

{ S = Θ } = ( { η = k}

∩ { S = Θ } )

n

d

=

U

k=

1

n

n

U

k = 1

( { η = k}

∩ { S − S = Θ } ).

Statt { S = Θ } können wir { S S = Θ }

n

d

η = k = n , (also Sn − S n = Θ d ).

n

n

k

d

d

20

(∗)

n − k d schreiben, da Sn S k = Θ d

Wir können feststellen, dass das Ereignis A = { η = k}

von X , X 2 , , X k

= { S S = Θ }

n − k d von X k 1,

X k + 2 , , X n

− , genau wenn

1 K und das Ereignis B

+ K abhängig ist. Somit sind diese beiden Ereignisse A

und B voneinander stochastisch unabhängig und es gilt: P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B)

Zusammen mit (∗) erhalten wir:

{ η = k}

∩ { S − S = Θ } = P{

η = k}

P{

S − S = }

P Θ

n

k

d

{ η = k}

P{

S = }.

= n−

k

P Θ

Wie man sehen kann, haben wir P{ S − S = Θ } durch P{ S = Θ }

n

dass dies möglich ist, wenn man die stochastischen Prozesse näher betrachtet:

S

n

mit

n

− Sk

= ∑ X j = X k+

1 + ... + X n 4 2443

j = j +

~

j=

k+

1

k .

1

n−k

Summanden

k

n

d

k

d

S

d

n−

k d ersetzt. Man erkennt,

n−k

= ∑ X

, + ... + X k 4 3

und n−

k

j 1

n−

~ 4 2 4

j = 1

=

X

~

1 ,

n−k

Summanden

Wir wissen also, dass beide Summen n − k Summanden besitzen und können mit der

Unabhängigkeit der j

Veranschaulichung

X ~ und j

X folgern, dass } { }

{ P S n − S k = Θ d = P Sn−

k = Θ d .

Warum dies so ist, lässt sich an folgendem Beispiel veranschaulichen. Betrachtet man die

Wahrscheinlichkeit, dass man mit sechsmal würfeln die Summe 20 erhält, so ist es

unerheblich, ob zuvor 10 mal oder 100 mal gewürfelt wurde. Es zählen nur die sechs

hintereinander aufgetretenen Würfelaugen, deren Summe 20 ergibt.


Mit unseren Überlegungen können wir für die Rückkehrwahrscheinlichkeit folgende

Gleichung aufstellen:

P

n


k=

1

{ S = Θ } = P{

= k}

P{

S = Θ }

n

d

η .

n−k

d

Da wir hier keine Mengen mehr betrachten, sondern Wahrscheinlichkeiten, benutzen wir nun

Summenformeln.

Setzen wir nun k = n − j , bzw. j = n − k , erhalten wir

P

n


k=

1

n 1

{ S = Θ } = P{

η = k}

P{

S = Θ } = P{ = η − j}

P{

S = Θ }

n

d

n−k

d

∑ −

j=

0

21

η . (♠)

Natürlich mussten hierbei die Indizes der Summe angepasst werden. Ein Vergleich der

Summanden zeigt uns jedoch schnell die Gleichheit.

n


k=

1

∑ − n 1

j=

0

P

{ η = k}

P{

S = Θ } = P{ 1} P{

S = Θ } + ... + P{

η = n}

P{

S = Θ }

n−k

d

= n−1

d

0

η und

P{ = η − j}

P{

S = Θ }= P η n P S = Θ + ... + P η = 1 P S = Θ .

η { } { } { } { }

j

d

= 0 d

n−1

Wir erkennen also, dass die Reihenfolge der Summanden einfach vertauscht wurde, was aber

nichts an der Summe an sich ändert.

Ohne die Gleichheit zu beeinflussen, können wir für (♠) Folgendes schreiben:

r


n=

1

r

n−1

P{ S = Θ } = P{

η = n − j}

P{

S = Θ }.

n

d

∑∑

n=

1 j = 0

j

d

Im nächsten Schritt wollen wir zeigen, dass ein Austausch in der Größenordnung der

Summation zu folgender Gleichung führt:

r

r−n

∑ n d ∑ ∑

(III) P{

S = Θ } = ⎜ P{

η = m}

⎟P{

S = Θ } .

n=

1 n=

0 m=

1

r



r n−1

Zu zeigen ist also, dass ∑∑ P{

= n − j}

P{

S j = Θd

}

n=

1 j=

0



n

d

r


r−n

∑ ∑

η = ⎜ P{

η = m}

⎟P{

S = Θ } .


n=

0 m=

1

Betrachten wir hierfür die einzelnen Summanden. In Grau geschrieben, erkennen wir das

jeweilige n, das wir gerade einsetzen; j läuft jeweils von 0 bis n-1 durch. Aus Gründen der

Übersicht schreiben wir für jedes n eine eigene Zeile.

j

d



d

d

n

d


1. Zunächst betrachten wir die Summanden der linken Gleichungsseite:

r

n−1

∑∑

n=

1 j=

0

{ = n − j}

P{

S = Θ }

P η =

j

d

(n = 1):

P{ η = 1}

⋅ P{

S0

(n = 2):

= Θ d }

+ P{ η = 2}

⋅ P{

S0

(n = 3):

= Θ d } + P{ η = 1}

⋅ P{

S1

= Θ d }

+ P η = 3}

⋅ P{

S = Θ } + P η = 2}

⋅ P{

S = Θ } + P η = 1}

⋅ P{

S = Θ }

{ 0 d

{ 1 d

22

{ 2 d

M

(n = r)

+ P η = r}

⋅ P{

S = Θ } + P η = r −1}

⋅ P{

S = Θ } + …+ P η 1}

⋅ P{

S = Θ }

{ 0 d

{ 1 d

{ = r−1

d

Beachten wir nun, dass P { S Θ } = 0 , was bedeutet, dass alle Summanden mit

ungerade

= d

ungeradem Index wegfallen und dass P S Θ } = 1,

können wir die Summe verkürzt

darstellen:

P { η = 1}

+ P { η = 2}

+ P { η = 3}

+ P η = 1}

⋅ P{

S = Θ }

{ 2 d

{ 0

= d

M

+ P { η = r}

+ P η = r − 2}

⋅ P{

S = Θ } + … + P η 1)}

⋅ P{

S = Θ }

{ 2 d

2. Nun betrachten wir die rechte Seite der Gleichung.

{ = r−1

d

r r−n



∑⎜∑ P{

η = m}

⎟P{

Sn

= Θd

} =

n=

0 ⎝ m=

1 ⎠

(n = 0):

P{ η = 1}

⋅ P{

S0

(n = 1):

= Θ d } + P{ η = 2}

⋅ P{

S0

= Θ d } + … + P{ η = r}

⋅ P{

S0

= Θ d }

+ P{ η = 1}

⋅ P{

S1

= Θ d } + P{ η = 2}

⋅ P{

S1

= Θ d } + … + P{ η = r −1}

⋅ P{

S1

= Θ d }

(n = 2):

+ P η = 1}

⋅ P{

S = Θ } + P η = 2}

⋅ P{

S = Θ } + … + P η = r − 2}

⋅ P{

S = Θ }

{ 2 d

M

(n = r-1):

+ P{ η = 1}

⋅ P{

S r−1

= Θ d }

(n = r):

+ 0

{ 2 d

∑ − r n

m=

1

Der letzte Summand ist für n = r Null, da die Summe P{

= m}

{ 2 d

η für r = n leer ist.


Beachten wir wieder, dass P { S0

= Θ d } = 1 und P{ Sungerade

= Θ d } =0, so erhalten wir

P { η = 1}

+ P { η = 2}

+ P { η = 3}

… + P { η = r}

+ P η = 1}

⋅ P{

S = Θ } + P η = 2}

⋅ P{

S = Θ } + … + P η = r − 2}

⋅ P{

S = Θ }

{ 2 d

M

+ P η 1}

⋅ P{

S = Θ } .

{ = r−1

d

{ 2 d

23

{ 2 d

Zur besseren Übersicht, stellen wir beide Summen in einer Tabelle dar und können so gut

erkennen, dass beide Summen dieselben Summanden enthalten.

In der Tabelle sind die identischen Summanden mit der gleichen Farbe unterlegt.

Damit ist die Gleichheit gezeigt.

Aus Gleichung (III) können wir nun folgern, dass wir durch eine Änderung der Indizes

folgende Ungleichung erhalten:

r

{ S = Θ } ≤ ⎜ P{

η = m}

⎟P{

S = Θ }

∑ P n d ∑ ∑

n=

1 n=

0 m=

1

Es ergibt sich somit

r


n=

1

P

r



r

r

r


⎞⎛


= ⎜∑

P{

η = m}

⎟⎜∑

P{

S n = Θ d }⎟

⎝ m=

1 ⎠⎝

n=

0 ⎠



n

r

r


⎞⎛


= ⎜∑

P{

η = m}

⎟⎜

P{

S0

= Θ d } + ∑ P{

S n = Θ d }⎟

⎝ m=

1 ⎠⎝

n=

1 ⎠

r

r


⎞⎛


= ⎜∑

P{

η = m}

⎟⎜1+

∑ P{

Sn

= Θ d }⎟

⎝ m=

1 ⎠⎝

n=

1 ⎠

{ S = Θ }

n

d


≤ ⎜


r


m=

1

r ⎞⎛


P{

η

= m}

⎟⎜1+

∑ P{

S n = Θ d }⎟

⎠⎝

n=

1 ⎠

d



r


1+

r


n=

1

r

P


n=

1

{ S = Θ }

P

⇔ P{

= m}

m=

1

n

{ S = Θ }

n

d

d


n=

1


r


m=

1

P

{ η = m}

η ≥

r

1

1

.

+ 1

P

{ S = Θ }

n

d

An diesem Punkt angelangt, können wir nun die beiden Beweisrichtungen der

nachzuweisenden Äquivalenz P{ S n = Θ d für n ≥ 1 } = 1 ⇔ P{

S = Θ } = ∞

Zunächst beweisen wir also, wie beschrieben, die erste Implikation:

{ S n = Θ für n ≥ 1 } = 1 ⇐ P{

S = Θ } = ∞

P d

∑ ∞

n=1

Wir bilden zunächst den Grenzwert von P{

S = Θ }

n

r


n=

1

d

n

24

.

d

mit

∑ ∞

n=1

n

r → ∞ .

d angehen.

Da wir auf diese Weise unendlich viele Wahrscheinlichkeiten dafür summieren, dass die

Irrfahrten nach Θ d zurückkehren, divergiert der Grenzwert gegen unendlich. Also

r

∑ r→∞

n=

1

{ S = Θ } = ∞

lim P

.

n

d

Nun betrachten wir den Grenzwert der gesamten rechten Seite:

lim

r→∞

r


n=

1

P

1

1

{ S = Θ }

Da ≥ P{

= m}

n

d

= 1.

+ 1

1

r


m=

1

η ≥

r

1

1

, erhalten wir für r → ∞ , dass

+ 1

P

r


m=

1


n=

1

{ S = Θ }

1 ≥ P{

η = m}

≥ 1,

folglich ist { = m}

= 1

∑ ∞

n=

1

n

r


m=

1

d

P η .

∑ ∞

n=1

Demnach gilt P{ η = n}

= 1,

wenn { S = Θ } = ∞

bewiesen ist.

P , womit die erste Implikation

n

d


Nun gehen wir die zweite Beweisrichtung an:

∑ ∞

n=1

P

{ S = Θ } < ∞

n

d ⇒ { S = Θ für n ≥ 1 } < 1.

P n d

Wir setzen 0 ≤ n ≤ ⎣r / 2⎦

, wobei ⎣ ⎦ "

Folglich ist ⎣r 2⎦

≤ r − n

r

" ⋅ die Gaussklammer ist.

/ . Mit Hilfe von (III) erhalten wir




⎣r / 2⎦

⎣r / 2⎦

{ S = Θ } ≥ ⎜ P{

η = m}

∑ P n d ∑ ∑

n=

1

n=

0 m=

1

r

⎣r / 2⎦

⇔ P{

S = Θ } ≥ ⎜ P{

η = m}




⎞ ⎛







⎟P


{ S = Θ }

n

⎣r / 2⎦

∑ ∑ ⎟ ⎜

n d

⋅ 1+


n=

1

m=

1

n=

1

⎣r / 2⎦


m=

1

=

r

∑ P{

S n = Θ d }

n=

1


⎣r / 2⎦

1+

∑ P S n = Θ d

n=

1

⇔ { m}

P η .

{ }

Bezeichnen wir mit S den Grenzwert für

Seite

r


{ S = Θ }

n d

r→∞

n=

1

n=

1

lim =

r ∞ ⎣r / 2⎦

⎣r / 2⎦

{ S = Θ }

{ S = Θ }

25

P

d




{ S = Θ }

n

d

r → ∞ , mit S < ∞ , dann erhalten wir für die rechte

P

lim P n d

S

= < 1,

für S < ∞ .

→ 1+

S

1+

P

1+

lim P


n=

1

n

d


1


n=

r



r→∞

n=

1

{ S = Θ }

Damit folgt nun, dass P{

η n}

1 bzw. { S = Θ für n ≥ 1 } < 1

∑ ∞

n=

1

dann, wenn P{

S = Θ } = S < ∞

n

d

=

n

S

≤ <

1+

S

.

d

P d

n dann und nur

Somit ist auch die zweite Implikation bewiesen und es gilt die Äquivalenz:

{ S n = Θ für n ≥ 1 } = 1 ⇔ P{

S = Θ } = ∞

P d

∑ ∞

n=1

n

Damit ist das erste Lemma bewiesen. €

4.1.2 Lemma 2

Das zweite Lemma beinhaltet die Stirlingsche Formel, die wir für den Beweis von Pólyas

Theorem benötigen.

Mit der Stirlingschen Formel lassen sich Näherungswerte für große Fakultäten berechnen.

Wir betrachten m ! für m → ∞ .

d

.


(IV)

⎛ m ⎞

m! ~ 2πm⎜


⎝ e ⎠

m

(‚~’ meint hier nicht nur, dass die beiden Seiten ungefähr gleich groß sind, sondern dass das

Verhältnis der beiden Seiten gegen Eins konvergiert für m → ∞ .)

Da der Beweis dieser Formel den Rahmen dieser Arbeit sprengen würde, nehmen wir die

Stirlingsche Formel als Gegeben hin.

Für die Betrachtung der nächsten Lemmata, benötigen wir zunächst wieder einige

Vorkenntnisse, auf die wir kurz eingehen werden.

Wir lernen zunächst das Pascalsche Dreieck, mit Binomialkoeffizienten geschrieben, kennen.

Es gibt an, wie viele Möglichkeiten es gibt, k Kugeln aus einer Menge mit n Kugeln, ohne

Zurücklegen und ohne die Reihenfolge zu beachten, zu ziehen.

⎛0


⎜ ⎟

⎝0


⎛1

⎞ ⎛1⎞

⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1⎠

⎛2

⎞ ⎛2

⎞ ⎛2


⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1


⎜ ⎟

⎝2


⎛3

⎞ ⎛3⎞

⎛3

⎞ ⎛3⎞

⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1


⎜ ⎟

⎝2


⎜ ⎟

⎝3⎠

⎛4

⎞ ⎛4

⎞ ⎛4

⎞ ⎛4

⎞ ⎛4


⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1


⎜ ⎟

⎝2


⎜ ⎟

⎝3


⎜ ⎟

⎝4


⎛5

⎞ ⎛5⎞

⎛5

⎞ ⎛5⎞

⎛5

⎞ ⎛5⎞

⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1


⎜ ⎟

⎝2


⎜ ⎟

⎝3⎠

⎜ ⎟

⎝4


⎜ ⎟

⎝5⎠

⎛6

⎞ ⎛6

⎞ ⎛6

⎞ ⎛6

⎞ ⎛6

⎞ ⎛6

⎞ ⎛6


⎜ ⎟

⎝0


⎜ ⎟

⎝1


⎜ ⎟

⎝2


⎜ ⎟

⎝3


⎜ ⎟

⎝4


⎜ ⎟

⎝5


⎜ ⎟

⎝6


Bild 1: Pascalsches Dreieck mit Binomialkoeffizienten dargestellt.

⎛n


Der k-te Eintrag in der n-ten Zeile wird durch ⎜ ⎟ dargestellt. Dieser Binomialkoeffizient ist

⎝k


⎛n

⎞ n!

folgendermaßen definiert: ⎜ ⎟ = .

⎝k

⎠ k!

⋅(

n − k)!

⎛ n ⎞ ⎛n

⎞ ⎛ n + 1⎞

Für Binomialkoeffizienten gilt außerdem die Rekursionsformel: ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ , (♥)

⎝k

−1⎠ ⎝k

⎠ ⎝ k ⎠

⎛n

⎞ ⎛n


sowie ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = 1.

⎝0

⎠ ⎝n


26


Nun betrachten wir die vierte und fünfte Zeile im Pascalschen Dreieck. Mit der Formel

⎛n

⎞ n!

⎜ ⎟ = erhalten wir:

⎝k

⎠ k!

⋅(

n − k)!

⎛n

⎞ ⎛ n ⎞

Somit erkennt man leicht die Symmetrie: ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ .

⎝k

⎠ ⎝n

− k ⎠

⎛n

⎞ n!

Zu erwähnen bleibt noch, dass man mit der Formel ⎜ ⎟ =

⎝k

⎠ k!

⋅(

n − k)!

27

die Werte der

Binomialkoeffizienten ausrechnen kann. Das allgemein dargestellte Pascalsche Dreieck zeigt,

dass jede Zahl die Summe der beiden über ihr stehenden Zahlen ist.

Nun können wir das Lemma 3 angehen.

4.1.3 Lemma 3

1

1

1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

Bild 2: Pascalsches Dreieck

Im dritten Lemma wird der Vorteil kombinatorischer Methoden deutlich, wenn wir beweisen,

m ⎛m

⎞ ⎛2m


dass ∑ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟.

k=

0 ⎝k

⎠ ⎝ m ⎠

Beweis:

2

Hierfür benötigen wir die Vandermondesche Faltungsgleichung (Vandermondesche

Konvolution):

q⎞



m ⎛ +

= ∑ m k=

0



p

⎛ p⎞⎛

q ⎞

⎜ ⎟⎜

⎟ .

⎝k

⎠⎝m

− k ⎠

Diese Gleichung lässt sich kombinatorisch erklären, wenn man sich eine Urne mit p weißen

Kugeln und q schwarzen Kugeln vorstellt, aus der ohne Zurücklegen m-mal gezogen wird.


⎛ p + q⎞

Hier hat man ⎜ ⎟

⎝ m ⎠

Möglichkeiten diese m Kugeln aus einer Menge mit p + q Kugeln zu

m ⎛ p⎞⎛

q ⎞

ziehen. Wir müssen nun also zeigen, dass ∑ ⎜ ⎟⎜

⎟ ebenfalls die Möglichkeiten angibt,

k=

0 ⎝k

⎠⎝m

− k ⎠

m Kugeln aus p + q Kugeln zu ziehen.

Wieder haben wir eine Urne mit p weißen und q schwarzen Kugeln, aus der ohne

Zurücklegen gezogen wird. Nun sind aber von den m Kugeln, die ohne Zurücklegen gezogen

⎛ p⎞ werden, k Kugeln weiß. Somit hat man ⎜ ⎟ Möglichkeiten, diese k weißen Kugeln aus der

⎝k


Menge der weißen Kugeln p zu ziehen. Nun werden noch m – k Kugeln gezogen, die also

⎛ q ⎞

schwarz sein müssen und dafür gibt es ⎜ ⎟ Möglichkeiten.

⎝m

− k ⎠

⎛ p⎞

⎛ q ⎞

Bildet man das Produkt dieser beiden Binomialkoeffizienten ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ , erhält man die

⎝k

⎠ ⎝m

− k ⎠

Anzahl der Möglichkeiten bei m-maligem Ziehen aus p weißen und q schwarzen Kugeln,

genau k weiße Kugeln und m – k schwarze Kugeln zu ziehen, wobei k = 0,1, …m

.

Wird die Anzahl der Möglichkeiten für genau 0, 1, 2, …, m weiße Kugeln addiert, so erhält

man folgende Summe:

⎛ p⎞⎛

q ⎞ ⎛ p⎞⎛

q ⎞

⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ +

⎝0

⎠⎝m

− 0⎠

⎝1

⎠⎝m

−1⎠

⎛ p ⎞⎛q


+ ⎜ ⎟⎜


⎝m

⎠⎝0


K =∑

k=

28

m

0

⎛ p⎞⎛

q ⎞

⎜ ⎟⎜

⎟ .

⎝k

⎠⎝m

− k ⎠

Im Grunde haben wir jetzt die Anzahl der Möglichkeiten für k = 0 bis k = m angegeben, aus

p + q Kugeln m Kugeln zu ziehen.

m ⎛ p + q⎞

⎛ p⎞⎛

q ⎞

Demnach gilt ⎜ ⎟ = ∑ ⎜ ⎟⎜

⎟ .

⎝ m ⎠ k=

0 ⎝k

⎠⎝m

− k ⎠

Wenn jetzt p = q = m, also eine gleiche Anzahl an schwarzen und weißen Kugeln in der Urne

sind und wir so viele Kugeln ziehen, wie von einer Farbe vorhanden sind, erhalten wir

m



m⎞



m

⎛ +

= ∑ m k = 0

⎛m

⎞⎛

m ⎞

⎜ ⎟⎜

⎟ .

⎝k

⎠⎝m

− k ⎠

⎛m

⎞ m!

⎛ m ⎞

Wie wir bereits erwähnt haben, gilt ⎜ ⎟ = = ⎜ ⎟ .

⎝k

⎠ k!

⋅(

m − k)!

⎝m

− k ⎠


m ⎛2m

⎞ ⎛m

⎞⎛m

m ⎞ ⎛m


Daraus können wir nun folgern, dass ⎜ ⎟ = ∑ ⎜ ⎟⎜

⎟ = ∑ ⎜ ⎟ .

⎝ m ⎠ k = 0 ⎝k

⎠⎝k

⎠ k=

0 ⎝k


Auch für das nächste Lemma benötigen wir weitere Vorkenntnisse und betrachten im

Folgenden Multinomialkoeffizienten. m und d werden hierbei als positive, ganze Zahlen

bezeichnet.

Der immer ganzzahlige Multinomialkoeffizient wird definiert über

m m!

i1,

i2

, K id

i1!

i2!

Lid

!

=

⎛ ⎞



. (♦)

⎝ ⎠

Dabei soll gelten, dass

(V) { i i , , id

} { 0,

1,

2,

K,

m}

und

1,

2

K ⊂ ,

(VI) i + i + K + id

= m

1 2

.

Eine kombinatorische Interpretation zeigt, wie man mit Multinomialkoeffizienten umgeht

Allgemein gesprochen beschreibt die Gleichung (♦) die Möglichkeiten, m Kugeln auf d

Urnen zu verteilen, wobei sich in jeder Urne i , K oder i d Kugeln befinden sollen.

1, i2

Als Beispiel zur Verdeutlichung wählen wir m = 6 und 1 = 1

29

2

i , i 2 und i 3 .

Es sollen also sechs Kugeln auf d = 3 Urnen verteilt werden. In der ersten Urne sollen sich

nach der Verteilung 1 = 1

Kugeln befinden.

i Kugel, in der zweiten i 2 Kugeln und in der dritten Urne i 3

Der Multinomialkoeffizient gibt die verschiedenen Möglichkeiten an, sechs Kugeln auf drei

Urnen zu verteilen.

Das genannte Beispiel erfüllt die Voraussetzungen (V) und (VI), denn { 1, 2,

3}

⊂ { 0,

1,

2,

3,

4,

5,

6}

und 1 + 2 + 3 = 6 .

2 =

Der Multinomialkoeffizient sieht dann folgendermaßen aus:

⎛ 6 ⎞ 6!

6 ⋅ 5⋅

4 120

⎜ ⎟ = = = = 60 .

⎝1,

2,

3⎠

1!

⋅2!

⋅3!

2 2

Folglich gibt es 60 Möglichkeiten die Kugeln auf die oben beschriebene Weise auf die drei

Urnen zu verteilen.

2 =

3 =

3 =


Die Multinomialkoeffizienten haben die grundlegende Eigenschaft

(VII)


m

∑ ⎜

i +... + i m i i i

d = 1,

1

2 , K d



⎟ = d


wobei jeweils (V) du (VI) wieder erfüllt seien.

Diese Gleichung ist ein Spezialfall des Multinomialsatzes

m

i1

i2

id

( x x + K+

x ) = ⎜ ⎟ ⋅ x ⋅ x Lx

1 + 2

d ∑ ⎜

i + ... + i = m i1,

i2

,..., id

1

d



m

,

m

Setzen wir nämlich jeweils x k gleich Eins, erhalten wir genau unsere Gleichung (VII).

Beweis mit vollständiger Induktion für d = 2 nach m:

Wir wollen beweisen, dass für alle m ∈ N 0 die Formel

Induktionsbeginn: Sei m = 0, dann ist

0


k=

0

⎛0

⎞ ⎛0


0

⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = 1 = 2 .

⎝k

⎠ ⎝0


Für m = 0 stimmt folglich die Gleichung.




30

1

2

m


k=

0

d

.

⎛m


⎜ ⎟ = 2

⎝k


Induktionsvoraussetzung: Wir nehmen an, dass unsere Gleichung für ein m ∈ N 0 gilt.

Also

m


k=

0

⎛m


⎜ ⎟ = 2

⎝k


m

für ein m ∈ N 0 .

m

gilt.

Induktionsschluss: Zu zeigen ist nun, dass die Gleichung auch für + 1

gilt, also

m+

1


k=

0

⎛ m + 1 ⎞ m+

1

⎜ ⎟ = 2 .

⎝ k ⎠

m+

1 ⎛ + m

⎛ m + 1⎞

m 1⎞

⎛ m + 1⎞

Betrachtung der linken Seite: ∑⎜

⎟ = ⎜ ⎟ + ∑⎜

⎟ .

k=

0 ⎝ k ⎠ ⎝m

+ 1⎠

k = 0 ⎝ k ⎠

⎛ m + 1⎞

⎛m

⎞ ⎛ m ⎞

Nach (♥) gilt: ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ .

⎝ k ⎠ ⎝k

⎠ ⎝k

−1⎠

m ∈ N

m mit 0


m ⎛m

+ 1⎞

⎛ m + 1⎞

Also: ⎜ ⎟ + ∑ ⎜ ⎟ = 1+

⎝m

+ 1⎠

k = 0 ⎝ k ⎠

= 2

m

+ 2

m

= 2

m+

1

.

m


k = 0

⎛m


⎜ ⎟ +

⎝k


Damit wäre gezeigt, dass die Gleichung

m


k = 0

m


k=

0

⎛ m ⎞

⎜ ⎟

⎝k

−1⎠

⎛m


⎜ ⎟ = 2

⎝k


31

m

nach IV

Nun werden wir den Multinomialsatz allgemein beweisen:

=

2

m

m ⎛ m ⎞

+ 1+

∑⎜


k=

0 k 1

42⎝


43 4⎠

1 m

Hierfür werden wir mittels vollständiger Induktion Folgendes zeigen:

∀ m ∈ N,

∀d

∈ N,

∀x1,

Kx

d

m

( x1

+ x2

+ K+

xd

) = ∑

i + K+

i = m 1

Induktionsbeginn:

Für d = 1 gilt:

x

m

1 = ∑

i1

= m 1

m!

⋅ x

i !

i1

1

.

1

d

:

m!

⋅ x

i ! Li

!

d

i

1

1

Lx

i

d

= 2

für alle m ∈ N 0 gilt. €

Da in diesem Fall die Summation nur aus einem Term besteht, da i 1 = m , folgt


i1

= m

m!

⋅ x

m!

m

1

= x

m

1

Induktionsvoraussetzung:

.

Für ein beliebiges d ∈ N gilt die Gleichung

m

( x1

+ x2

+ K+

xd

) = ∑

i + K+

i = m 1

Induktionsschluss:

1

d

m!

⋅ x

i ! Li

!

d

i

1

1

Lx

Zu zeigen ist, dass die Gleichung dann auch für d +1 ∈ N gilt, also:

d

i

d

d

.

.


m

( x1

+ x2

+ + xd

+ 1)

= ∑

i + Ki

= m 1

d + 1

m!

i ! Li

d + 1

32

⋅ x

!

i

d + 1

1

d + 1

K 1 L .

1

Wir beginnen mit der linken Seite und werden diese durch Anwendung der

Induktionsvoraussetzung auf die rechte Seite zurückführen.

Für die folgende Rechnung definieren wir i mit i : = i1

+ ... + id

.

( ) m

+ x + K + x + x

x1 2

d d + 1

x1 + x2

+ K + xd

) + xd

1

( +

= ( ) m

IV


d 1

= ( 1

d ) d + 1

=

=

=

i+ i = m d+

d + 1


i+ i = m d + 1

d + 1

m!

i i +

⋅ x + K + x ⋅ x

i!

⋅i

1!

m!

i!

i1

id

i +

⋅ ∑ ⋅ x1

Lxd

⋅ xd

+ 1

i!

⋅i

! i ! Li

!

∑ ∑

d + 1 1 d

i + ... + i = i 1 d

i+ i = m i + ... + i = i 1 d d+

1

i + ... + i + i = m 1 d + 1

1


d

d + 1

1

d

m!

i1

i + ⋅ x1

Lxd

+ 1

i ! Li

! ⋅i

!

m!

i1

i + ⋅ x1

Lxd

+ 1

i ! Li

!

d 1

Damit ist der Multinomialsatz bewiesen.

d 1

Und somit können wir nun folgern, dass auch ∑ ⎜

⎝i

i

m

x

d 1

⎛ m

1,

i2

, Kid


⎟ = d


Mit diesem Vorwissen ausgerüstet, können wir im folgenden Lemma eine Ungleichung zu

Multinomialkoeffizienten zeigen.

gilt.


4.1.4 Lemma 4

Im vierten Lemma sei m pd + q

= mit 0

p, q ∈ N , sowie q < d. Insgesamt beschreibt

m = pd + q die Division mit Rest auf der Menge der nichtnegativen, ganzen Zahlen.

Dann gilt für alle möglichen i 1, i2

, K , id

:

d

d

d −q

q ( p!

)

q ( p!

) ⋅ ( p + 1)

(VIII) i1!

i2!

L id

! ≥ ( p!

) (( p + 1)!

) = (( p + 1)

⋅ p!

) =

q

q

( p!

)

( p!

)

d

= ( p ! ) ( p + 1)

Betrachten wir wieder ein Beispiel und wählen m = 7 und d = 2.

q

.

33

q

⋅ ( p!

)

Einsetzen in m = pd + q liefert 7 = p ⋅ 2 + q , womit sich p = 3 mit dem Rest q = 1 ergibt.

Außerdem sei i + i = 7 , also zum Beispiel i = , i = 4 .

1

2

1

3 2

1 1

Setzen wir dies nun in (VIII) ein, erhalten wir 3!

⋅ 4!

≥ ( 3!

) ⋅ ( 4!

) = 6 ⋅ 24 = 144 .

Ebenso hätten wir 0 + 7 = 7 nutzen können, wodurch die Ungleichung mit

( 5040

1 1

= ) 0!

⋅7!

≥ ( 3!

) ⋅ ( 4!

) = 144 ebenso erfüllt wäre.

Wir gehen nun von (VIII) aus und bilden den Kehrbruch. Folglich gilt auch

1

i ! i ! Li !

≤ 1

.

d q

( p ! ) ( p + 1)

1 2 d

m!

m!

Multiplizieren wir auf beiden Seiten m!, erhalten wir ≤ d

i ! i ! Li

! ( p!

) ( p + 1)

Also

⎛ m ⎞ m!

(IX) ⎜

⎟ ≤

.

d q

⎝i1

, i2

, K,

id

⎠ ( p!

) ( p + 1)

1 2 d

q

.

q


Beweis von (VIII):

Wir wollen versuchen i i ! L i ! zu minimieren und prüfen hierfür die folgenden Fälle.

1! 2 d

Übersicht über die drei Fälle:

1. Fall: ∀ r gilt ≤ i ≤ p + 1

p r

2. Fall: ∃ r mit ≥ p + 2

i r

3. Fall: ∀ r gilt ir ≤ p + 1 und ∃ s mit is ≤ p

Im Gegensatz zu Fall 1, werden Fall 2 und 3 keinen minimalen Wert von i i ! L i ! erzeugen.

1. Fall

Wir nehmen in diesem Fall an, dass für alle r gilt, dass p ≤ ir

≤ p + 1.

34

1! 2 d

Wenn jeder Index i r den Wert von p oder p + 1 annimmt, erhalten wir das gewünschte

Minimum.

Da wir vorausgesetzt haben, dass m = pd + q und dass 0 ≤ q < d ist, können wir folgern,

dass q dieser Indizes gleich p + 1 und dass die verbleibenden d − q Indizes gleich p sein

müssen.

Somit wurde gezeigt, dass der Wert aus der Abschätzung des Lemmas, erreicht wird,

wenn ∀ r gilt, dass p ≤ ir

≤ p + 1.

2. Fall

Der zweite Fall beschreibt, dass es ein r gibt, so dass ≥ p + 2 .

Dabei setzen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit (o.B.d.A.) i ≥ p + 2 , womit ein s

existiert mit is ≤ p .

Andernfalls wäre + i + K + i ≥ ( p + 2)

+ ( d −1)(

p + 1)

, da ja i ≥ p + 2 und die restlichen

i1 2

d

(d - 1) Indizes größer gleich (p + 1) sind.

Aber ( p + 2)

+ ( d −1)(

p + 1)

= p + 2 + ( p + 1)

d − p −1

= pd + d + 1 > m + 1,

was aber (VI)

widersprechen würde.

O.B.d.A. gehen wir weiter davon aus, dass i2 ≤ p und erhalten:

( i2

+ 1)

⋅i

2!

i1! i2!

L id

! = i1( i1


1) ! ⋅ ⋅i3!

Lid

!

( i + 1)

2

i r

1

1


i

⋅ i1


i + 1

1

= ( 1)

! ( 1)

! ! L !

2

⋅ i

p + 1

> ⋅ ( i1

−1)

! ⋅(

i2

+ 1)!

⋅i3!

Lid

! ,

p + 1

1 1

denn i 1 ≥ p + 2 > p + 1 und i2 ≤ p ⇔ i 2 + 1 ≤ p + 1.

Also gilt ≥ .

i + 1 p + 1

p + 1

p + 1

i

Damit ist ⋅ ( −1)

! ⋅(

+ 1)!

⋅ ! L !

i

1 2 3 d

i

i

2

+

i

3

35

i

d

( i − ) ! ⋅(

i + 1)!

⋅i

! Li

!

= .

1 1 2 3 d

Wir haben also gezeigt, dass der zweite Fall nicht zu einem minimalen Wert von i i ! L i !

i − i i Li

echt kleiner ist als i i ! L i ! .

führt, da ( ) ! ⋅(

+ 1)!

⋅ ! !

3. Fall

1 1 2 3 d

1! 2 d

2

1! 2 d

In unserem dritten Fall soll für alle r gelten, dass ir ≤ p + 1 und es soll ein s existieren, so

dass is < p . O.B.d.A. sei i < p

Indizes { i i , , i }

1, 2 K d gleich + 1

q + der

1 . Daraus können wir folgern, dass mindestens 1

p sind, denn sonst wäre

i + i + K + id

< p + q(

p + 1)

+ ( d − q −1)

p

1

2

= p + pq + q + pd − qp − p

= pd + q

=

m.

Aber i1 + i2

+ K + id

< m ist nach Voraussetzung falsch, da es (VI) widersprechen würde.

Nun nehmen wir an, dass i = p + 1 und erhalten, dass

2

i2

i1! i2!

L id

! = ⋅ ( i1

+ 1)

! ⋅(

i2

−1)

! i3!

Lid

!

i + 1

>

=

1

p + 1


p + 1

( i + 1)

! ⋅(

i −1)!

⋅i

! Li

!

1 2 3 d

( i + ) ! ⋅(

i −1)!

⋅i

! Li

!.

1 1 2 3 d

Auch im dritten Fall erhalten wir also kein Minimum für i i ! L i ! , da hier

i i ! L i ! > ( i + ) ! ⋅(

i −1)!

⋅i

! Li

! und damit ein kleinerer Wert existiert.

1! 2 d

Beispiel

1 1 2 3 d

1! 2 d

Nachdem wir nun herausgefunden haben, wann wir einen minimalen Wert für

i i ! Li ! erhalten, ist es sinnvoll sich hierzu noch ein Beispiel anzuschauen.

1! 2 d


Wir wählen hierfür m = 7 und stellen in der folgenden Tabelle eine Auflistung für i i = m

und für i ! dar.

1! i2

m = 7

i 1! i2!

0 + 7 = 7 0 ! ⋅ 7!

= 5040

1 + 6 = 7 1 ! ⋅ 6!

= 720

2 + 5 = 7 2 ! ⋅ 5!

= 240

3 + 4 = 7 3 ! ⋅ 4!

= 144

4 + 3 = 7 4 ! ⋅ 3!

= 144

5 + 2 = 7 5 ! ⋅ 2!

= 240

6 + 1 = 7 6 ! ⋅ 1!

= 720

7 + 0 = 7 7 ! ⋅ 0!

= 5040

36

1 + 2

In der rechten Spalte der Tabelle können wir eine Symmetrie bei der Multiplikation der

Fakultäten erkennen. Somit zeigt auch unser Beispiel, dass die Minima von i ! in der

„Mitte“ angenommen werden.

Betrachten wir die zugehörige Division mit Rest (m = pd + q) für m = 7, erhalten wir mit

7 = 3⋅ 2 + 1, dass p = 3 und p + 1 = 4 ist.

Somit liegen die Werte für 1, i2

1! i2

i , die mit i ! einen minimalen Wert für m = 7 erzeugen,

1! i2

„zwischen“ p = 3 und p + 1 = 4, denn ∀ r gilt p ≤ ir

≤ p + 1.

Also: 3 i ≤ 4 .

≤ r

Diese Werte für i 1, i2

finden wir genau in der „Mitte“ unserer obigen Aufzählung.

3 ! ⋅ 4!

= 144 Minima in der

4 ! ⋅ 3!

= 144 obigen Aufzählung.

4.2 Beweis von Pólyas Theorem

Wir wollen im Folgenden Pólyas erste Aussage beweisen, dass eine Irrfahrt in einer oder zwei

Dimensionen fast sicher wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurückkehrt und eine Irrfahrt in drei

oder mehr Dimensionen mit einer positiven Wahrscheinlichkeit nicht wieder nach Θ d

zurückführt. Hierfür werden wir die genannten drei Fälle für d = 1,

d = 2 und d ≥ 3

untersuchen. Diese drei Fälle beweisen, zusammen mit dem ersten Lemma, diesen ersten

wichtigen Teil von Pólyas Theorem.


4.2.1 Betrachtung von Irrfahrten im eindimensionalen Raum.

Der Aussage, dass alle Irrfahrten fast sicher wieder zum Ursprung zurückkehren, ist folgende

∑ ∞

n=

0

mathematische Aussage äquivalent: { S = Θ }

Beweis

P = ∞ . Dies ist im Folgenden zu beweisen.

n

Wir gehen davon aus, dass die Irrfahrt in Θ 1 , also im Nullpunkt ( Θ 1 = 0) startet. Durch eine

kleine Überlegung wird schnell klar, dass man nicht mit einer ungeraden Anzahl an Schritten

nach Θ 1 zurückkehren kann. Aus diesem Grund ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass man

mit einer ungeraden Schrittanzahl zurückkehrt gleich Null.

P S 2m

−1

(X) { = 0}

= 0,

= 1,

2,

3,

K.

m

Eine zweite Überlegung führt uns zu dem Schluss, dass für eine Rückkehr nach 2m Schritten

jeweils m Schritte in positive und negative x-Richtung verlaufen. Zum Beispiel würde man

mit einer Anzahl von acht Schritten, von denen fünf Schritte in negative Richtung führen und

nur 3 in positive Richtung, auf dem „Linienpunkt“ -2 stehen, da wir die x-Achse mit

Startpunkt 0 betrachten. Um zum Ursprung zurückzukehren, benötigt man noch zwei Schritte

in positive Richtung.

Im Übrigen ist es irrelevant, in welcher Reihenfolge die Schritte getätigt werden.

Mit diesen Überlegungen kommen wir zu folgender Gleichung:

2m

⎛2m

⎞⎛

1 ⎞

(XI) P{

S 2 m = 0}

= ⎜ ⎟⎜

⎟ , m = 1,

2,

3,

K.

⎝ m ⎠⎝

2 ⎠

Wir beschreiben auf der linken Gleichungsseite die Wahrscheinlichkeit für die erste Rückkehr

zum Ausgangspunkt nach 2m Schritten.

Für die Beschreibung der rechten Gleichungsseite nehmen wir das dritte Lemma zu Hilfe mit

⎛2m

m ⎞ ⎛m

⎞ ⎛ m m ⎞ ⎛m

⎞ ⎛m


der Aussage: ⎜ ⎟ = ∑⎜

⎟ ⋅⎜

⎟ = ∑⎜

⎟ ⋅⎜

⎟ .

⎝ m ⎠ k=

0 ⎝k

⎠ ⎝m

− k ⎠ k = 0 ⎝k

⎠ ⎝k


Betrachten wir zur Veranschaulichung ein Beispiel mit einer Wegstrecke von vier Schritten,

also m = 2.

Zunächst gehen wir folgende Summe an:

m


k=

0

⎛m

⎞ ⎛ m ⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4


⎜ ⎟⋅

⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ = 1 + 16 + 36 + 16 + 1 = 70.

⎝k

⎠ ⎝m

− k ⎠ ⎝0

⎠⎝4

⎠ ⎝1

⎠⎝3

⎠ ⎝2

⎠⎝2

⎠ ⎝3

⎠⎝1

⎠ ⎝4

⎠⎝0


37

1


Wenn keiner der vier Schritte in die positive x-Richtung verläuft, müssen vier Schritte in die

negative x-Richtung verlaufen, um eine Wegstrecke mit vier Schritten zu erhalten. Es werden

alle Kombinationsmöglichkeiten addiert und man erhält 70 Möglichkeiten, die vier Schritte zu

⎛m

⎞ ⎛ m ⎞ ⎛m

⎞ ⎛m


laufen. Aufgrund der Symmetrieeigenschaft mit ⎜ ⎟⋅

⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ , erhalten wir für

⎝k

⎠ ⎝m

− k ⎠ ⎝k

⎠ ⎝k


folgende Summe die gleiche Anzahl an Möglichkeiten:

4


k=

0

⎛4

⎞ ⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4

⎞ ⎛4

⎞⎛4


⎜ ⎟ ⋅⎜

⎟ = ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ + ⎜ ⎟⎜

⎟ = 1 + 16 + 36 + 16 + 1 = 70.

⎝k

⎠ ⎝k

⎠ ⎝0

⎠⎝0

⎠ ⎝1

⎠⎝1

⎠ ⎝2

⎠⎝2

⎠ ⎝3

⎠⎝3

⎠ ⎝4

⎠⎝4


Hier haben wir aber die Möglichkeiten addiert, die zu einer Rückkehr führen.

Wenn man keinen Schritt in die positive x-Richtung läuft, darf man auch keinen Schritt in die

andere Richtung vornehmen, usw. Auch hier werden die Möglichkeiten bis k = 4 addiert.

Auf der rechten Seite multiplizieren wir also die Anzahl der möglichen Wege für 2m Schritte,

mit der Wahrscheinlichkeit für die Zufallsbewegung in jeweils eine der beiden Richtungen.

Da sie gleichwahrscheinlich sind, beträgt die Wahrscheinlichkeit für das Einschlagen jeder

1

Richtung jeweils . Da wir 2m-mal zufällig einen Schritt in eine der Richtungen machen,

2

⎛ 1 ⎞

beträgt die Wahrscheinlichkeit für einen bestimmten Weg ⎜ ⎟⎠

⎝ 2

Nutzen wir an dieser Stelle die Stirlingsche Formel (IV) erhalten wir

(XII) { S = 0}

P m

1

2 ~ , für m → ∞ .

π ⋅ m

Wie man auf (XII) kommt, wird durch die folgende Rechnung deutlich.

⎛n

⎞ n!

Es ist bekannt, dass ⎜ ⎟ = .

⎝k

⎠ k!

⋅(

n − k)!

Nutzen wir diese Gleichung, erhalten wir

⎛2m

⎞⎛

1 ⎞

⎜ ⎟⎜


⎝ m ⎠⎝

2 ⎠

2m

2m!

⎛ 1 ⎞

=

⋅⎜


m!

⋅(

2m

− m)!

⎝ 2 ⎠

2m

( 2m)!

⎛ 1 ⎞

= ⋅ 2 ⎜ ⎟

( m!

) ⎝ 2 ⎠

38

2m

. (♣)

Wir wenden nun die Stirlingsche Formel an und betrachten zur besseren Übersicht einige

Rechenschritte getrennt:

2m

.


1.

2.

2m

⎛ 2m


( 2m)!

~ 4 ⋅π ⋅ m⎜

⎟ ,

⎝ e ⎠

2

m

m


⎞ ⎛

⎞ ⎛

2 ⎜ ⎛ m ⎞ ⎟ ⎜ ⎛ m ⎞ ⎟ ⎜ ⎛ m ⎞

( m! ) ~ 2 ⋅π

⋅ m ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅


⎜ ⎟ 2 π m

⎟ ⎜

⎜ ⎟ 2 π m

⎟ ⎜

⎜ ⎟

⎝ ⎝ e ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ e ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ e ⎠

Mit diesen beiden Rechnungen erhalten wir für (♣):

2m

( 2m)!

⎛ 1 ⎞

⋅ 2 ⎜ ⎟ ~

( m!

) ⎝ 2 ⎠

2 ⋅

=

4 ⋅π


⎛ m ⎞

2 ⋅π

⋅ m ⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠

m 2m

m

m ⎛ m ⎞

π ⋅ m ⋅ 2 ⋅⎜


⎝ e ⎠

⎛ m ⎞

2 ⋅ π ⋅ m ⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠

m m

2 ⋅ 2 ⎛ 1 ⎞

= ⋅⎜


π ⋅ m ⎝ 2 ⎠

1

=

π ⋅m

⎛2m

⎞⎛

1 ⎞

Demnach ist ⎜ ⎟⎜


⎝ m ⎠⎝

2 ⎠

.

2m

~

2m

2m

⎛ 2m


⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠

⎛ m ⎞

⋅ 2 ⋅π

⋅ m ⋅⎜


⎝ e ⎠

=

1

.

π ⋅ m

m

m

39

m

m

⎛ 1 ⎞

⋅⎜


⎝ 2 ⎠

m ⎛ m ⎞ ⎛ 1 ⎞

⋅ 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠ ⎝ 2 ⎠

m

⎛ m ⎞

⋅ π ⋅ m ⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠

m

4 ⎛ 1 ⎞

⋅⎜


π ⋅ m ⎝ 2 ⎠

Daraus können wir wiederum schließen, dass { S = 0}

∑ ∞

m=0

2m

P m

Nun bleibt noch zu zeigen, dass { S = 0}

= ∞

Da { S = 0}

P 2 m

~



1 1 1 1

Es gilt: ⋅∑

≥ ⋅∑

π m=

0 m π m=

1 m

Da ∑ ∞

1

P .

2m

1

, genügt es zu zeigen, dass ∑

π ⋅ m


m=

2m


∞ 1 1

, bzw. ∑ ≥ ∑

m=

0 m m=

1 m

m=1 m die harmonische Reihe ist, wissen wir, dass ∑ ∞

=1

m


⎟ .



1

2 ~ für m → ∞ gilt.

π ⋅ m

0

1

=

π ⋅ m

1

.

1


π

m m divergiert.

∑ ∞

m=

0

1

m

divergiert.


Damit stellt ∑ ∞

1

ebenfalls divergent ist.

m=1 m eine divergente Minorante zu der Reihe ∑ ∞

m=0

∑ ∞

m=0

Folglich gilt { S = 0}

= ∞

2m

40

1

m

dar, womit diese

P und demnach kehren eindimensionale Irrfahrten fast sicher

wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurück.

4.2.2 Betrachtung von Irrfahrten im zweidimensionalen Raum

In diesem Teil der Arbeit betrachten wir d = 2, also die Irrfahrt im zweidimensionalen Raum

∑ ∞

n=

0

und wollen zeigen, dass hier { S = Θ }

P = ∞ gilt, also auch in diesem Fall jede Irrfahrt

fast sicher wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurückkehrt. Zu zeigen ist also:

Beweis

∑ ∞

n=

0

{ S = Θ }

P = ∞ ⇔ d = 2

n

2

n

2

Wie auch in 4.2.1, kann eine ungerade Anzahl von Schritten nicht zum Ausgangspunkt

zurückführen. Demnach ist die Wahrscheinlichkeit für eine Rückkehr nach 2m −1

Schritten

gleich Null.

Also { S = Θ } = 0,

m = 1,

2,

3,

.

P 2m

−1

2

Auch in zwei Dimensionen kann man nur mit 2m Schritten zum Ausgangspunkt ( Θ 2 )

zurückkehren. Die Irrfahrt muss demnach aus k Schritten in positive horizontale Richtung, k

Schritten in negative horizontale Richtung, m-k Schritten in die positive vertikale Richtung

und m-k Schritten in die negative vertikale Richtung bestehen. Zudem hat jeder Schritt die

1

Wahrscheinlichkeit und die Reihenfolge der Schritte ist, wie bei eindimensionalen

4

Irrfahrten, irrelevant.

Es gilt also

P

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

m

( 2m)!

2

( k!

) (( m − k)!

)

{ S Θ } =

, m = 1,

2,

3,

K.

2m

= 2 ∑

k = 0

2

K


Die Wahrscheinlichkeit, dass die Irrfahrt nach 2m Schritten zum Ausgangspunkt zurückkehrt,

kann nun folgendermaßen ausgedrückt werden:

Die Wahrscheinlichkeit für eine Zufallsbewegung in eine der hier möglichen vier Richtungen

⎛ 1 ⎞

ist ⎜ ⎟ . Da wir die Wahrscheinlichkeit für 2m Zufallsbewegungen, bzw. Schritte betrachten

⎝ 4 ⎠

müssen, erhalten wir

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟⎠

⎝ 4

2m

.

Diese Wahrscheinlichkeit muss noch mit der Anzahl der möglichen Wege multipliziert

werden, die durch ∑

k=

P

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

m

0

( 2m)!

2

( k!

) (( m − k)!

)

2m

m

( 2m)!

2

( k!

) (( m − k)!

)

2

ausgedrückt wird. So erhalten wir

{ S Θ } =

, m = 1,

2,

3,

K.

2m

= 2 ∑

k = 0

2

Mit Hilfe des dritten Lemmas und der Stirlingschen Formel bekommen wir schließlich:

(XIII) P{

S = Θ }

2

2m

⎛ 1 ⎞ ⎛2m

⎞ 1

2 m 2 = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ~ für m → ∞ .

⎝ 4 ⎠ ⎝ m ⎠ π ⋅ m

Da (XIII) nicht trivial ist, diskutieren wir diese Aussage ausführlich.

Dazu müssen wir im Wesentlichen zwei Aussagen zeigen:

2m

m

⎛ 1 ⎞ ( 2m)!

1. ⎜ ⎟ ∑ 2

⎝ 4 ⎠ k = 0 ( k!

) (( m − k)!

)

2.

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

2

⎛2m


⎜ ⎟

⎝ m ⎠

1

~ .

π ⋅ m

2

⎛ 1 ⎞

= ⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

41

2

⎛2m


⎜ ⎟ ,

⎝ m ⎠

m

⎛ 1 ⎞ ( 2m)!

zu 1. Zunächst betrachten wir ⎜ ⎟ ∑ 2

⎝ 4 ⎠ k = 0 ( k!

) (( m − k)!

)

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

m


k = 0

m

⇔ ∑

k=

0

( 2m)!

2

( k!

) (( m − k)!

)

( 2m)!

2

( k!

) (( m − k)!

)

2

2

⎛ 1 ⎞

= ⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

2m

2

⎛2m


⎜ ⎟

⎝ m ⎠

2

⎛2m


= ⎜ ⎟

⎝ m ⎠

2

⎛ 1 ⎞

= ⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

2m

2

⎛2m


⎜ ⎟ .

⎝ m ⎠


42

Da ⎟












=







m

m

m

m

m

m 2

2

2

2

, können wir das dritte Lemma benutzen, wonach ∑ =







=







m

k

k

m

m

m

0

2

2

.

Folglich ist =














m

m

m

m 2

2














∑ =

m

m

k

m

m

k

2

0

2

.

Unter Verwendung der Gleichung

)!

(

!

!

k

n

k

n

k

n



=







ergibt sich weiter














∑ =

m

m

k

m

m

k

2

0

2

)!

2

(

!

)!

2

(

)!

(

!

!

2

)!

(

!

!

0

2

2

2

0

2

m

m

m

m

k

m

k

m

m

m

k

m

k

m

m

k

m

k






=
















= ∑


=

=



=

=



=




=

m

k

m

k

k

m

k

m

m

m

k

m

k

m

0

2

2

2

0

2

2

2

)!

(

!

)!

2

(

!

)!

2

(

)!

(

!

!

.

Somit haben wir gezeigt, dass die Gleichung ∑ = −







m

k

m

k

m

k

m

0

2

2

2

)

)!

((

)

!

(

)!

2

(

4

1

2

2

2

4

1













=

m

m

m

gilt.

zu 2. Als nächstes wollen wir zeigen, dass

m

m

m

m














π

1

~

2

4

1

2

2

.

Wir versuchen durch Umformung der linken Seite, die rechte Seite zu erhalten.

Es gilt

m

m

m

m

m

m

2

2

2

2

2

4

1

)

!

(

)!

2

(

2

4

1
















=













.

Unter Verwendung der Stirlingschen Formel ergibt sich hierfür:

m

m

m

2

2

2

4

1

)

!

(

)!

2

(
















~

m

m

m

m

e

m

m

e

m

m

e

m

m 2

2

2

4

1

2

2

2

4

⎟ ⎠
















































π

π

π

m

m

m

m

m

m

m

e

m

m

e

m

m

e

m

e

m

m 2

2

4

1

2

2

2

2


























































=

π

π

π

m

m

m

m

m

m

m

m

m

m









=

















=


















=

16

1

16

4

1

4

4

1

2

2

2

2

2

2

π

π

π

m


= π

1 .


Folglich gilt

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 4 ⎠

Und damit folgt:

2m

2

⎛2m


⎜ ⎟

⎝ m ⎠

1

~ .

π ⋅ m

2m

⎛ 1 ⎞ ⎛2m

⎞ 1

= Θ 2 = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ~ für m

⎝ 4 ⎠ ⎝ m ⎠ π ⋅ m

(XIV) { } → ∞

P S

2

2 m

.

Somit kehren also auch zweidimensionale Irrfahrten fast sicher wieder zu ihrem

Ausgangspunkt zurück.

4.2.3 Betrachtung von Irrfahrten in mindestens dreidimensionalen Räumen

Nun betrachten wir Irrfahrten in mindestens dreidimensionalen Räumen. Sei also d ≥ 3 . Hier

wollen wir zeigen, dass eine Irrfahrt in drei oder mehr Dimensionen mit einer positiven

Wahrscheinlichkeit nicht wieder nach Θ d zurückführt und damit also gilt, dass

∑ ∞

n=

0

{ S = Θ }

P < ∞ .

n

Also: ≥ 3

Beweis

d

∑ ∞

n=

0

d ⇔ { S = Θ }

P < ∞ .

n

Offensichtlich ist die Wahrscheinlichkeit dafür, nach einer ungeraden Anzahl von Schritten,

zum Ausgangspunkt zurückzukehren, wiederum gleich Null.

{ S = Θ } = 0,

m = 1,

2,

3,

K

P 2 m −1

d

Man benötigt also 2m Schritte, um nach Θ d zurückzukehren, wobei in jede der d Richtungen

gleich viele positive und negative Schritte vorhanden sein müssen. Dabei kann die

Reihenfolge der Schritte wieder vernachlässigt werden. Die Wahrscheinlichkeit für eine

1

Zufallsbewegung in eine der 2d Richtungen beträgt .

2d

Daher erhalten wir für die Wahrscheinlichkeit einer Rückkehr der Irrfahrt nach 2m

Zufallsbewegungen,

P

⎛ 1 ⎞

⎜ ⎟

⎝ 2d


2m

( 2m)!

2 2

2

( i ! ) ( i ! ) L(

i ! )

{ S = Θ } = ∑ , m = 1,

2,

3,

K .

2m

d

1

2

d

43

d


Die Gleichung baut sich äquivalent zur Gleichung in 4.2.2 auf und die Summe von

( i i , , i )

1, 2 K d erfüllt auch hier wieder (V) und (VI).

Die Menge aller Indizes ( i i , , i )

1, 2 K d bezeichnen wir im Folgenden mit ( m,

d)

2 2

⎛ m⎞

( 2m)!

Beachten wir, dass ⎜ ⎟ ⋅ ( m!

) = ⋅ m!

⋅m!

= ( 2m)!

, erhalten wir

⎝ m ⎠ m!

⋅m!

P

⎛ 1 ⎞

⎝ 2d


2m

⎛2m


⎝ m ⎠

{ S n = Θ d } = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∑

2

( m!

)

. 2

( i ! ) ( i ! ) L(

i ! )

2 2

Ω(

m, d ) 1 2

d

44

Ω .

Wenn man nun auf beiden Seiten der Gleichung die Reihe von n = 1 bis unendlich erhebt,

ändert sich nichts an der Gleichheit:


{ S n = Θ d } = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∑

∑ P ∑


n= 1 m=

1

⎛ 1 ⎞

⎝ 2d


2m

⎛2m


⎝ m ⎠

2

( m!

)

, 2

( i ! ) ( i ! ) L(

i ! )

2 2

Ω(

m, d ) 1 2

d

⎛ ∞

∞ 2m



⎛ 1 ⎞ ⎛2m

⎞ m!

m!

⇔ { = Θ } = ⎜ ⎟



⎜ ∑ P S n d ∑⎜

⎟ ∑

.


⎝ n= 1 m=

1⎝

2d

⎠ ⎝ m ⎠Ω(

m, d ) ( i1!

)( i2!

) L(

id

! ) ( i1!

)( i2!

) L(

id

! )


Betrachten wir ≥ 0, k = 1,

2,

K,

N,

dann gilt offensichtlich folgende Ungleichung:

N


k=

1

a

2

k

a k

{ a1,

a2

, , aN

}∑

≤ max K a .

N

k = 1

k

Mit Hilfe dieser Ungleichung, sowie (VII) und (IX), erhalten wir für


{ S = Θ }


⎛ 1 ⎞

⎝ 2d


2m

⎛2m

⎞⎛


⎝ m ⎠⎝

m!

⎞⎛

i ! i ! Li

! ⎟⎜

⎠⎝

∑ P ≤ ∑⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜

max ⎟⎜

n d


Ω(

m,

d )

n= 1 m= 1 1 2 d Ω(

m, d ) 1 2 d

⎛ m!


Nach (VII) gilt ⎜


⎜ ∑

= d

m d i i i ⎟

⎝ Ω ( , ) 1 ! 2!

L d ! ⎠

∑ ∞

n=

1

P

{ S = Θ }

n

d

2m

m m


d

m d

m d m i i i ⎟

d



⎛ 1 ⎞ ⎛2

⎞⎛

! ⎞

∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ max

Ω

= ⎝ 2

( , )

1 ⎠ ⎝ ⎠⎝

1!

2!

L ! ⎠

m

a

⎟ m!


.

i ! i ! Li

! ⎠

, wodurch sich Folgendes ergibt:

m

.

k

m!

=

( i ! )( i ! ) L(

i ! )

1 2 d


Hier nutzen wir wieder zwei uns vertraute Aspekte:

1.

⎛2m

⎞ ( 2m)!

⎜ ⎟ = ,

⎝ m ⎠ m!

⋅m!

m!

m!

2. ≤ . (nach Lemma 4)

d −q

q

i ! i ! Li

! ( p!

) (( p + 1)!

)

1

Damit gilt

∑ ∞

n=

1

P

2

{ S = Θ }

n

(XVI) ∑ ∞

d

d

∞ 1 ( 2m)!


m!

≤ ∑ ⋅

m m

m d

d q

m d m m ⎜ max

2 2


⋅ ⋅ Ω

= 2 ! ! ( , )

1

⎝ ( p!

) (( p + 1)!

)

= ⎟ ∞

m

( 2m)!

⋅d


m!


∑ ⎜ max

2 m 2m


⋅ ⋅ ⋅ Ω m d

d q

q

m=

2 d m!

m!

( , )

1

⎝ ( p!

) (( p + 1)!

) ⎠

( 2m)!

⋅m!

⋅d

∑ ∞

m

= max

Ω ( m, d )

2m

2m

d −q

q

m=

1 2 d m!

⋅m!

( p!

) (( p + 1)!

)

= m

m=

1

t ,

mit m

( 2m)!

t : = max

Ω(

m, d )

2m

m d −q

q

2 d m!

( p!

) (( p + 1)!

)

Als nächstes wollen wir t m abschätzen und erinnern uns daran, dass m = pd + q und

0 ≤ q ≤ d −1.

Da d ein fester Wert ist für m → ∞ , erhalten wir p → ∞ .

Außerdem werden wir im Folgenden benutzen, dass für feste x

m

⎛ x ⎞ x

lim ⎜1+

⎟ = e gilt.

m→∞


m ⎠

Betrachten wir also zunächst t m :

( 2m)!

m!

( p!

) (( p + 1)!

)

tm = = ⋅

2m

m d −q q

2m

m d −

q

q

2

d

( 2m)!

m!

2

d

45

q

.



⎟d


m

1

( p!

) (( p + 1)!

)


Nun wenden wir die Stirlingsche Formel für

( 2m)!

~

m!

Also gilt m

⎛ 2m



2m

⋅⎜


⎝ e ⎠

m

⎛ m ⎞

2πm

⋅⎜


⎝ e ⎠

2m

2

=

πm

⋅ 2

2 ⋅

2m

( 2m

)!

an:

m!

m

⎛ m ⎞ ⎛ m ⎞

⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠ ⎝ e ⎠

m

⎛ m ⎞

πm

⋅ ⎜ ⎟

⎝ e ⎠

46

m

=

2 ⋅ 2

2m

m

⎛ m ⎞

⋅⎜


⎝ e ⎠

m

m

2m

⎛ m ⎞

1

⎛ m ⎞ 1

t ~ 2 ⋅ 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅

2 ⋅ ⋅

2m

m d −q q ⎜ ⎟

d q

q

⎝ e ⎠

2

d

( p!

)

Im nächsten Schritt betrachten wir den Term

( p ! ) (( p + 1)!

)

(( p + 1)!

)

= .


⎝ ed ⎠ ( p!

) (( p + 1)!

)

( +

d −q

q

p ! ) (( p 1)!

)

= ( p ! ) ⋅ ( p!

) ⋅ ( p + 1)

⋅ ( p!

) = ( p!

) ⋅ ( p + 1)

d −q q d −q

q q d

q

und mit der Stirlingschen Formel erhalten wir

( ⋅

q d

p + 1)

( p!

)

~ ( p




q

+ 1)

⋅ 2π

p

⎛ p ⎞ ⎞

p ⋅ ⎜ ⎟ ⎟

⎝ e ⎠ ⎟


d

d pd

q

p 2 ⎛ ⎞

p + 1)

⋅ ( 2 p)

⋅⎜


⎝ e ⎠

= ( π .

.

separat. Es ergibt sich

Betrachten wir wieder t m als Ganzes, so ergibt sich zusammen mit den obigen Überlegungen

m

⎛ m ⎞

1

t m ~ 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅

d pd

⎝ ed ⎠

q ⎛ p 2 ⎞

=

=

m

⎛ m ⎞

2 ⋅⎜


⎝ d ⎠

2

( 2π

)


( p + 1)

( 2π

p)

⎜ ⎟

⎝ e ⎠

e

⎛ m ⎞

⋅⎜


d

m

m

1

q

( p + 1)

( 2π

)

e


e

pd

d

2

d

m

2 ⎝ ⎠

q

( p + 1)

Beachten wir nun weiter, dass

1.

1 1

<

p + 1 p

pd

e q


⎛ e ⎞

⎜ ⎟ d

p

2 ⎝ ⎠

⋅ p

1

⋅ p

pd −m

− 0

2. = e = e ≤ e = 1

m

e

m pd + q q

3. = = p + < p + 1

d d d

d

2

⋅ p

pd

pd

.

q

(da < 1),

d

so können wir die konstanten Werte zur Konstanten C 1 zusammenfassen, mit

C 1=

2

( 2π

)

d

2

−q

⋅ e .


Mit 1. – 3. und C 1 erhalten wir

2

( 2π

)

⎛ m ⎞

⋅⎜


⎝ d ⎠

m

e


e

pd

d

m

2 q

)


( p + 1

( p + 1)

Nun betrachten wir m

( p)

( p + 1)

m

( p)

m

m

⎛ p +1 ⎞

= ⎜ ⎟

⎝ p ⎠


= ⎜1

+


m

1

⋅ p

d

2

⋅ p

separat:

m

1 ⎞


p ⎠

=

e

pd


C

1

1


( p + 1 )

( p)

47

m

( p + 1)

= C ⋅

1

p

d

2

m


d

pd + q+

2

( p + 1)

= C ⋅

m

⋅ ( p)

m

( p + 1)

m

1 ( p + 1)

= C1

⋅ ⋅ .

d

m

( p)

2 p

⎛ 1 ⎞

m⋅log


⎜1+


⎝ p ⎠

⎛ 1 ⎞ 2

log⎜1+ ⎟ ≤ , für hinreichend große p.

⎝ p ⎠ p

Denn es gilt für

1

, wobei für < 1

p

q

1

⋅ p

d

2

gilt:

1

x = : log( 1+

x) ≤ 2x

, was für x = 0 offensichtlich wahr ist. Betrachten wir

p

die Ableitungen der beiden Seiten, erhalten wir ( log( 1 x ) ) '=

≤ 2 = ( 2x)'

die Ungleichung stets. Also ist

e

⎛ 1 ⎞

m⋅log


⎜1+


⎝ p ⎠

≤ e

= e

2

( pd + q)


p

2 d + 2q

( p + 1)

Somit können wir m

( p)

C

1


p

1

d

2

( p + 1)

⋅ m

( p)

d

e 4

≤ , da q < d .

m

m

≤ C2 ⋅

1

d

2 p

.

⋅ p

pd

1

+ . Damit gilt

1+

x

zu unserer Konstanten hinzufügen. Es ergibt sich C 2 .


Nun benutzen wir, dass

m q

q

m = pd + q ⇔ p = − , wobei < 1,

da q < d .

d d

d

Hiermit erhalten wir

und

m

p ≤ für m < d(

d + 1)

.

d

Damit können wir folgern, dass

C

2


p

1

d

2

C2

=

⎛ m − q ⎞

⎜ ⎟

⎝ d ⎠

⎛ 1 ⎞

C2

⋅⎜


d

=

⎝ ⎠

d

m − q

( )2

d

2

d

2

.

m m − d m

p ≥ −1

= ≥ , für m ≥ d(

d + 1)

d d d + 1

Mit einer passenden Konstanten C 3 erhalten wir:

C

2

⎛ 1 ⎞

⋅⎜


⎝ d ⎠

( m − q)

d

2

d

2


C

3

d

( m − q)

2

.

c

Folglich ist t ≤ , da wir q aufgrund der Kleiner-Gleich-Relation weglassen können.

d / 2

m m

Damit bekommen wir also ∑ m ≤ ∑


∞ c

t . d / 2

m

m= 1 m=

1

Da c eine positive Konstante ist, kann man schreiben:



m=

1

c

m

d / 2

= c ⋅



m=

1

1

m

d / 2

Nach dem Riemannschen Integralvergleichskriterium für Reihen gilt:

Wenn f : [1, ∞ [ → +

R monoton fallend ist, so gilt:

∑ ∞

m=1

f ( m)

konvergiert ⇔ ∫ f ( x)

dx konvergiert.

Dies wenden wir nun auf unsere oben gegebene Reihe ∑ ∞


1

48

1

d / 2

m=1

m

an.


Dazu definieren wir

:

2

d

s = und

f

−s

( x)

= x für

49

+

x ∈ R .

Zunächst müssen wir zeigen, dass f : [1, ∞ [ → +

R monoton fallend ist.

−s−1

1

f ist differenzierbar und besitzt die Ableitung: f ' ( x)

: = −s

⋅ x = −s

⋅ . s+

1

x

Da s > 0 und

+

1

x ∈ R , ergibt sich: − s ⋅ < 0. s+

1

x

Damit ist die Funktion f(x) streng monoton fallend und das Riemannsche

Integralvergleichskriterium für Reihen anwendbar.


Wir zeigen zunächst, dass ∫

1


Das Integral ∫

1



1

1 dx

x s

⎡ 1 1−s


= ⎢ ⋅ x

⎣1

s ⎥


f ( x)

dx konvergiert:

1

dx

x s ergibt sich mit der Stammfunktion


− 1

.

1

1−s

x 1

Da weiterhin x = = gilt, erhalten wir

s s−1

x x



⎣1


1 1−s


⋅ x

− s ⎥

⎦1


Folglich konvergiert ∫

1

=

⎛ 1 1 ⎞ 1 1 1 1

⎜ lim ⋅ 1 ⎟ − ⋅ = − = .

x→∞

s−

s−1

⎝1

4

1

4


2

s

4

x

43⎠

1 − s 1 1 − s s − 1

= 0

1

dx

x s gegen den konstanten Wert

1

.

s −1

F

1

1−

s

1−s

( x)

= ⋅ x zu f(x) zu

Nach dem Riemannschen Integralvergleichskriterium für Reihen konvergiert folglich auch

∑ ∞

m=1

f ( m)

=∑ ∞

1

s

m=1

m

, bzw.∑ ∞

1

d / 2

m=1

m

d / 2

m=

1 m

.

Damit ist die Reihe ∑ ∞ 1

c ⋅ eine konvergente Majorante zu ∑ ∞

t , was damit ebenfalls

konvergent ist.

∑ ∞

m

m=1

Demnach gilt: t < ∞ .

Damit ist bewiesen, dass eine Irrfahrt in höherdimensionalen Räumen ( d ≥ 3 ) transient ist.

m=1

m


Nun haben wir also bewiesen, dass man eine symmetrische Irrfahrt in einer bzw. zwei

Dimensionen rekurrent zum Startpunkt ist und dass der Startpunkt in mindestens drei

Dimensionen transient ist.

Wir können also festhalten, dass eine einfache Irrfahrt in einer und zwei Dimensionen fast mit

Sicherheit wieder zu ihrem Ausgangspunkt zurückkehrt. Irrfahrten in höheren Dimensionen

dagegen kehren mit positiver Wahrscheinlichkeit nicht zu ihrem Startpunkt zurück.

Beachten sollte man aber, dass, wer immer sich auf die Irrfahrt begeben mag, genügend Zeit

mitbringen sollte, damit es in einer oder zwei Dimensionen fast sicher wieder zu einer

Rückkehr kommt. ☺

4.2.4 Bemerkung

Wenn wir mit Wahrscheinlichkeit Eins in einer und zwei Dimensionen zum Ausgangspunkt

zurückkehren, können wir uns natürlich auch fragen, mit welcher Wahrscheinlichkeit wir in

höheren Dimensionen zurückkehren.

In folgender Tabelle ist für die jeweilige Dimension d die zugehörige Wahrscheinlichkeit p(d)

berechnet worden.

d

3

4

5

10

20

p(d

)

0.

3405

0.

1932

0.

1352

0.

0562

0.

0264

Tabelle 1 14

„Montroll (…) developed the asymptotic expansion“: 15

1 ⎛ 2 7 35 215 ⎞

p ( d)

~ ⎜

⎜1+

+ + + + K ⎟ für d → ∞ .

2

3

4

2d

⎝ 2d

( 2d)

( 2d)

( 2d)


14 W.L. Champion Et Al.; “Lost in Space”; S. 96

15 Ebd.; S.96; Z. 4 – 5

50


4.3 Führen alle Wege nach Rom?

Im Vorhergehenden haben wir bewiesen, dass die ein- und zweidimensionale Irrfahrt fast

sicher wieder zu ihrem Startpunkt zurückkehrt und die mindestens dreidimensionale Irrfahrt

transient ist.

Nun wollen wir noch herausfinden, ob im ein- und zweidimensionalen Gitternetz auch alle

anderen Punkte passiert werden und folglich in diesen Dimensionen gilt, dass alle Wege nach

Rom führen, da Rom als ein bestimmter Punkt des Gitternetzes mit Wahrscheinlichkeit Eins

erreicht werden würde.

Hierfür stellen wir nun einige Überlegungen an:

Eine symmetrische Irrfahrt ist bekanntlich eine Markovkette [siehe 8.4] mit stationären

Übergangswahrscheinlichkeiten; also ein stochastischer Prozess, bei dem die Zufallsvektoren

unabhängig und identisch verteilt sind. 16

Der Punkt X auf dem Gitternetz heißt rekurrent, falls die Wahrscheinlichkeit dass die Irrfahrt

S n den Punkt X passiert, gleich Eins ist:

Wenn gilt: P( S n = X ) =1, für unendlich viele n; dann ist X rekurrent.

M sei die minimale Zustandsmenge der Irrfahrt: = { X : max P(

S = X ) > 0}

51

M n . 17

Zwei Zustände X und Y einer zeit-diskreten Markovkette sind kommunizierend, wenn gilt:

P( Sn

= Y | S0

= X ) > 0 und ( S = X | S0

= Y ) > 0

P m für n , m ≥ 0 .

Dies definiert eine Äquivalenzrelation ~ auf dem Zustandsraum. Somit ist ein Übergang vom

Gitterpunkt X zum Punkt Y möglich. Wenn also ein Übergang von X zum Punkt Y des

Gitternetzes möglich ist, so kann auch X vom Punkt Y aus mit positiver Wahrscheinlichkeit

erreicht werden. Vom Startpunkt Θ d sind alle Punkte des Gitters mit dem stochastischen

Prozess S n mit positiver Wahrscheinlichkeit erreichbar, da n gegen unendlich strebt und

somit sind auch die beiden beliebigen Punkte X und Y kommunizierend.

Falls alle Zustände einer Markovkette, also in unserem Fall, alle Punkte des Gitternetzes,

gegenseitig erreichbar sind, also jeder Zustand mit jedem kommuniziert, dann hat

ein Element, bzw. besteht

d

Z / ~ aus einer einzigen Klasse von Zuständen.

d

Z / ~ nur

Eine solche Markovkette bezeichnet man als irreduzibel. Eine symmetrische Irrfahrt auf

ist demnach eine irreduzible Markovkette.

16 Hinderer, K.; „Bemerkungen zu räumlich homogenen Gitterirrfahrten“; S. 15; Z. 3 – 18

17 Hinderer, K.; „Bemerkungen zu räumlich homogenen Gitterirrfahrten“; S. 18; Z. 1 – 6

d

Z


Die Punkte des Gitternetzes bilden also in Bezug auf die Markovkette eine einzige Klasse von

Zuständen. Und damit ist bekanntlich entweder jeder Punkt des Gitternetzes rekurrent oder

keiner, denn Rekurrenz bzw. Transienz sind Klasseneigenschaften bezüglich der genannten

Äquivalenzrelation. 18

Da wir im Vorhergehenden gezeigt haben, dass der Startpunkt im ein- und zweidimensionalen

Raum rekurrent ist, können wir aufgrund der Eigenschaften der Markovkette mit stationären

Übergängen folgern, dass auch jeder andere Punkt der Punktemenge des Gitters mit

Wahrscheinlichkeit Eins erreicht wird.

Und damit können wir schließen, dass im (ein- und) zweidimensionalen Raum alle Wege

nach Rom führen.

In mindestens dreidimensionalen Räumen ist dies nicht der Fall. Hier sind alle Punkte

transient, da der Startpunkt transient ist.

18 Ebd.; S. 18; Z. 6 – 11

52


5. Variationsmöglichkeiten der Irrfahrten

Nachdem wir nun einfache, symmetrische Irrfahrten betrachtet haben, werden wir nun auf

Variationsmöglichkeiten bei Irrfahrten eingehen. Dies kann den Raum oder die Bewegung

betreffen. Zum Beispiel kann man eine andere Gitterstruktur wählen, oder dem Teilchen eine

gewisse Vorliebe für bestimmte Richtungen, oder Orte an denen es bereits war oder noch

nicht war, verleihen. Außerdem können sich mehrere Irrfahrten beeinflussen.

5.1 Andere Gitterstruktur

Betrachten wir zunächst die Möglichkeit, die Gitterstruktur zu verändern. Natürlich gibt es

hier unbegrenzt viele Möglichkeiten. Einige Spezielle wollen wir hier kurz vorstellen:

„Dreiecke „Bienenwaben

(2-dimensional)“ 19 (2-dimensional)“ 20

Auch in diesen beiden Fällen kann man beweisen, dass das Teilchen immer wieder fast sicher

an seinen Ausgangspunkt zurückkehrt, wie der Autor des Artikels „Die Irrfahrt - Eine

Entdeckungsreise in die Welt des Zufalls“ bezeugt.

Neben diesen regelmäßigen Strukturen, ist es durchaus möglich, Bewegungen in einem Raum

ohne vorgegebene Struktur zu beschreiben.

„keine vorgegebene Struktur

(beliebige Dimensionen)“ 21

19 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 9

20 Ebd.; Folie 9

53


5.2 Drift: Bevorzugung bestimmter Richtungen

Eine weitere Variation wäre, wenn das Teilchen gewisse Richtungen bevorzugt.

Zum Beispiel könnte unser Teilchen im zweidimensionalen Raum die „positiven“ Richtungen

mit einer höheren Wahrscheinlichkeit einschlagen, als die negativen. Dies bedeutet, dass das

Teilchen eine Vorliebe für die positive vertikale (nach oben) und die positive horizontale

Richtung (nach rechts) hat.

Ein spezieller Fall hierzu wäre, wenn das Teilchen mit einer Wahrscheinlichkeit von jeweils

1

entweder nach oben, nach rechts oder in eine der beiden anderen Richtungen läuft. Die

3

1

Wahrscheinlichkeit für einen Schritt nach links, bzw. nach unten beträgt hier , falls das

6

Teilchen mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach links, oder nach unten läuft.

Natürlich könnte man auch Irrfahrten wählen, bei der jede Richtung eine andere

Wahrscheinlichkeit besitzt.

Hierbei ist zu bemerken, dass sobald eine Richtung auch nur minimal bevorzugt wird und sich

damit die Wahrscheinlichkeiten der Zufallsbewegungen nur minimal von der einfachen,

symmetrischen Irrfahrt unterscheiden, die Wahrscheinlichkeit einer Rückkehr kleiner Eins

ist. 22

21

Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 9

22

Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 10

54


5.3 Irrfahrten, die sich selbst beeinflussen

Nun betrachten wir Irrfahrten, bei denen die Irrfahrt sich selbst beeinflusst. Anders

ausgedrückt, heißt das, dass das Teilchen sich erinnern kann, an welchem Ort es bereits

gewesen ist und an welchem nicht.

Hierzu lernen wir drei Möglichkeiten kennen. Ein Teilchen kann eine Vorliebe für bereits

besuchte Orte entwickeln, oder bevorzugt neue Orte erkunden. Die dritte Möglichkeit ist, dass

es die besuchten Orte völlig meidet.

Diese Möglichkeiten werden wir im Folgenden mit kleinen Beispielen etwas näher erläutern.

5.3.1 Selbstanziehende Irrfahrt

Bei einer selbstanziehenden Irrfahrt werden Orte bevorzugt, an denen man bereits war.

Formal ausgedrückt, wählt das Teilchen also mit einer höheren Wahrscheinlichkeit die

anliegenden Punkte aus, die es bereits zu einem anderen Zeitpunkt besucht hat.

„Die rosa Quadrate markieren die Punkte,

in denen das Teilchen bereits war.“ 23

So wählen beispielsweise ängstliche Kinder lieber Wege, die sie bereits kennen. Ameisen

hingegen versprühen Pheromone, um ihren Weg zu kennzeichnen. Mit dieser Duftspur

erkennen sie bekannte Orte und finden leichter wieder nach Hause zurück.

Bild: Duftspur einer Ameise 24

Wichtig ist, dass dieses Vorgehen eine andere Wegwahl, über einen unbekannten Ort, nicht

ausschließt. Auch ein ängstliches Kind versucht vielleicht eine vermeintliche Abkürzung zu

nehmen und eine Ameise könnte aus Interesse auch mal einen anderen Weg einschlagen. 25

23 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 12

24 Ebd.; Folie 12

25 Ebd.; Folie 12

55


5.3.2 Selbstabstoßende Irrfahrt

Getreu dem Sprichwort: „Wer neue Wege gehen will, muss alte Pfade verlassen“ 26 , wählt das

Teilchen hier bevorzugt neue Orte. Auch hier kann es sich also an bereits besuchte Orte

erinnern. Demnach werden benachbarte Orte, an denen das Teilchen noch nicht war, mit einer

höheren Wahrscheinlichkeit ausgewählt, als solche, die es bereits kennt.

Ein passendes Beispiel hierfür, sind Kühe oder Schafe. Diese bevorzugen die noch nicht

abgegrasten Flächen, also Orte an denen sie noch nicht waren.

Selbstabstoßende Irrfahrt 27

Auch hier gilt jedoch, dass die bereits besuchten Orte deshalb nicht von den möglichen

Wegen ausgeschlossen werden. Manchmal muss man eben auch an alte Orte zurückkehren,

um überhaupt erst neue erreichen zu können.

5.3.3 Selbstvermeidende Irrfahrt

Eine Verstärkung des vorherigen Falls ist, wenn man nicht an Orte zurückkehren darf, oder

kann, an denen man bereits war. Dies ist dann eine Selbstvermeidende Irrfahrt.

In der Chemie zum Beispiel, können lange Molekülketten „komplizierte dreidimensionale

Strukturen [bilden], die sich selbstverständlich nicht selbst durchdringen können.“ 28

Demnach können nur solche Punke gewählt werden, an denen das Teilchen noch nicht war.

Dabei kann es sehr schnell passieren, dass sich das Teilchen selbst einschließt und nicht mehr

weiter laufen kann.

26 http://www.aphorismen.de/display_aphorismen.php?search=1&page=3; Manfred Grau, 1948

27 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 13

28 Ebd.; Folie 11

56


5.4 Interaktionen zwischen mehreren Irrfahrten

Nun werden wir einige Beispiele betrachten, wie sich Irrfahrten gegenseitig beeinflussen

können.

1. Beispiel:

Zwei selbstanziehende Irrfahrten können sich auch gegenseitig anziehen.

Verdeutlichen lässt sich das wieder mit der Duftspur von Ameisen. Eine Ameise legt nämlich

nicht nur für sich, sondern auch für ihre Artgenossen Duftspuren, denen dann andere

Ameisen, ebenso wie ihren eigenen, folgen.

2. Beispiel:

Ein Raubtier wird auf der Suche nach einem Futtertier, bei der es natürlich zunächst neue Orte

bevorzugt, seinen Weg beeinflussen lassen, wenn es die Fährte eines Futtertieres aufnimmt.

3. Beispiel

Wenn eine Molekülkette wächst, kann sie wie gesagt, ihre eigenen Moleküle nicht

durchdringen. Ebenfalls kann sie an keine Orte, an denen sich schon die Moleküle einer

anderen Molekülkette befinden. Hier wird also eine selbstvermeidende Irrfahrt von einer

anderen selbstvermeidenden Irrfahrt beeinflusst. 29

29 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 15

57


6. Anwendungen - Wo treten Irrfahrten auf?

In der Praxis lassen sich viele Anwendungen für Irrfahrten finden. Im Folgenden werden wir

hierzu die Brownsche Bewegung, Aktienkurse, sowie das Wachstum langer Molekülketten

betrachten.

6.1 Brownsche Bewegung

Als Beispiel aus der theoretischen Physik kann man die Brownsche Bewegung nennen, die

Beispielhaft für eine, im Allgemeinen dreidimensionale, symmetrische Irrfahrt steht.

Beispiel für eine Brownsche Bewegung 30

Diese Bewegung wurde erstmals 1828 von Robert Brown beobachtet. Unter dem

Lichtmikroskop konnte er die unregelmäßige zuckende Bewegung von Pollen in einem

Wassertropfen erkennen. Zunächst glaubte Brown, dies werde durch die Lebendigkeit der

Pollen erklärt. Nachdem er aber diesen Effekt auch bei Staubkörnern und sogar Metallteilchen

beobachten konnte, legte er diese Theorie ab. Er erkannte auch, dass sich die Teilchen umso

schneller bewegen, desto kleiner und leichter sie waren.

1905 schlug Albert Einstein in seinem Aufsatz "Über die von der molekularkinetischen

Theorie der Wärme geforderte Bewegung von in ruhenden Flüssigkeiten suspendierten

Teilchen" eine Erklärung der Brownschen Bewegung vor.

30 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 40

58


Er erklärte, dass bei einer solchen Bewegung die Atome und „Moleküle des Wassertropfens

(…) permanent von allen Seiten [unregelmäßig] gegen die größeren, sichtbaren (Pollen-)

teilchen“ 31 stoßen, was zu einer Bewegung der sichtbaren (Pollen-)teilchen führt.

Die Zick-Zack-Bewegung entsteht weiter dadurch, dass sich „Anzahl, Stärke und Richtung

der stoßenden Moleküle (…) ständig“ 32 ändern.

Molekularbewegung 33

Im Jahre 1921 überführte Norbert Wiener dieses Phänomen in die Wahrscheinlichkeitstheorie.

Er prüfte die „Existenz des stochastischen Prozesses, den wir heute als ‚Wiener Prozess’

bezeichnen.“ 34 In der Mathematik bezeichnet die Brownsche Bewegung den Wiener Prozess.

Insgesamt ist die Brownsche Bewegung sehr nützlich, da sie einen Zufallsprozess mit sehr

schönen Eigenschaften beschreibt. Dabei hilft die Brownsche Bewegung die „Kluft zwischen

schrittweise und kontinuierlich“ zu überwinden und verbindet viele verschiedene Bereiche der

Mathematik. 35

In der Mathematik wird die Brownsche Bewegung für Zufallsmedien, Levy-Prozesse,

Partielle Differentialgleichungen, Primzahltheorie, Asymptotische Geometrie, Stochastische

Integrale und vieles mehr genutzt.

Die Brownsche Bewegung spielt daneben in der Nanotechnologie, in der Quantumsphysik

und der Telekommunikation eine Rolle. 36

Mathematisch kann man die Brownsche Bewegung folgendermaßen kurz definieren:

Sie stellt eine Folge von zufälligen Werten dar, wobei die Folge mit , 0 ≤ t ≤ T ,

bezeichnet wird. W t beschreibt dabei den Wert zur Zeit t und es gilt W 0 = 0 .

31 tu-ilmenau.de/fakmn/fileadmin/template/ifp/physiksommer/2005/Seminarthemen/06_

Brownsche_Bewegung.ppt; Folie 6

32

http://schulen.eduhi.at/riedgym/Physik/10/waerme/temperatur/brownsche_bewegung.htm

33

Ebd.; Bild

34

Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 49

35 Ebd.; Folie 50

36 Ebd.; Folie 53, 54

59

W t


„Dabei muss für eine beliebige Zeitdauer h > 0,

und für beliebige Zeitpunkte t und s (die

weiter als h voneinander entfernt sind) [Folgendes] gelten“ 37 :

(1) Wt + h −Wt

und Ws+ h −Ws

beschreiben Wertzuwächse, die unabhängig voneinander sind

(2) „der Wertzuwachs Wt + h −Wt

[folgt] einem bestimmten Zufallsgesetz (…), nämlich der

Normalverteilung mit Mittelwert 0 und Varianz h (das heißt die Volatilität beträgt

h ).“ 38

Mit dieser Definition erhalten wir Bilder, wie dieses:

Wie wir erkennen konnten, steht die Brownsche Bewegung nicht nur Beispielhaft für eine, im

Allgemeinen dreidimensionale Irrfahrt, sondern dient vielen weiteren Bereichen der

Mathematik, Physik, Biologie und weiteren Wissenschaften.

37 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 52

38 Ebd.; Folie 52

60


6.2 Aktienkurse

In der Welt der Aktienkurse werden Brownsche Bewegungen als Modell für das Auf und Ab

von Aktienkursen benutzt. Wir folgen hier der Darstellung von D. Schuhmacher in „Die

Irrfahrt – Eine Entdeckungsreise in die Welt des Zufalls“.

Irrfahrten dienen der idealisierten Modellierung von Aktienkursen.

Wenn man Aktienkurse richtig transformiert, erkennt man den Zusammenhang zur

Brownschen Bewegung. Wenden wir also die Logarithmus-Funktion auf das obige Schema

an, erhalten wir folgende Graphik:

Nun muss man nur noch den Trend ausgleichen und kommt zu dieser Transformation des

Aktienkurses, welche einer Brownschen Bewegung ähnelt:

61


Auch bei Aktienkursen besteht eine Zufallsvariable aus dem Wert der vorhergehenden

Zufallsvariable plus einer zufälligen Veränderung. Die Zufallsvariablen sind hierbei identisch

verteilt und unabhängig voneinander. Betrachtet man den Logarithmus der Aktienkurve nach

hinreichender Zeit, so ist er annähernd normalverteilt. 40

6.3 Wachstum langer Molekülketten

In der theoretischen Chemie findet man selbstvermeidende Irrfahrten, wie beispielsweise das

„Wachstum langer Molekülketten (Polymere).“ 41

„Aufnahme eines Polymers unter dem Elektronenmikroskop“ 42

Die Molekülketten können sich natürlich nicht selbst durchdringen und können somit nicht an

Punkte zurückkehren, an denen sie bereits waren. Der Unterschied zu anderen Irrfahrten liegt

hier dabei, dass sich nicht ein Teilchen von Ort zu Ort weiterbewegt, sondern sich die

Polymerkette vergrößert, bzw. wächst. Somit kann man den Verlauf der ‚Irrfahrt’ gut

beobachten.

39

Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 55

40

http://homepage.uibk.ac.at/~c43405/download/Random.pdf; S. 1, S. 6

41 Ebd.; Folie 40

42 Ebd.; Folie 41

62

39


7. „Irrfahrt in die Grundschule“

Da ich Mathematik als Unterrichtsfach für das Lehramt an Grundschulen studiere, liegt es

natürlich in meinem Interesse zu überlegen, ob wir unser interessantes Thema vereinfacht in

der Grundschule bereits behandeln können und ob das auch sinnvoll ist.

Selbstverständlich kann man in der Grundschule keine Beweise anbringen, weshalb wir uns

mit der Vorstellung und Erarbeitung des Problems zufrieden geben müssen. Auch die

Vorstellung des „Unendlichen Gitternetzes“ wird Schwierigkeiten bereiten, weswegen wir für

die ersten Erfahrungen auf eine begrenzte Fläche zurückgreifen werden.

Auf Grund Piagets experimentellen Untersuchungen, bei denen er herausfand, „dass Kinder

bis zum 11. Lebensjahr keine Klarheit über die Begriffe „Zufall“ und „Wahrscheinlichkeit“

haben“ 43 , habe ich eine 4. Klasse für meinen Unterrichtsversuch ausgewählt. Dies begründe

ich auch damit, dass die Kinder an der Grundschule, die ich ausgewählt habe, bisher keine,

bzw. kaum Erfahrungen zu den beiden Begriffen gemacht haben.

7.1 Vorüberlegungen

7.1.1 „Eckenhausen“

Als Ausgangspunkt dient uns die Vorlage von Eckenhausen, aus E. Hengartner, U. Hirt, B.

Wälti, Primarschulteam Lupsingen; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis Hochbegabte

– Natürliche Differenzierung im Mathematikunterricht“. (siehe Anhang 1)

Diese Vorlage habe ich auf ein großes Plakat gemalt und werde es den Kindern als stummen

Impuls darbieten. Um die spätere Arbeit mit dem Stadtplan zu erleichtern, habe ich auf dieses

Plakat, am Rand der Stadt, die Himmelsrichtungen aufgeschrieben. (Maße des Plakats: ca.

60cm x 60cm)

Die Schüler in der 4. Klasse kennen bereits die Himmelsrichtungen und können sich somit in

diesem Plan gut zurecht finden.

43 Lindenau, V.; „Wahrscheinlichkeitsrechnung – in der Primarstufe und Sekundarstufe I“; S. 53; Z. 5 – 6

63


Ich habe die Himmelsrichtungen als Richtungsweiser gewählt, da ich es als attraktiver für die

Schüler erachte, ein Wegstück nach Süden oder Norden zu gehen, als geradeaus oder

rückwärts zu laufen.

Betrachtung und Beschreibung des Plakates

Nun werden die Kinder beschreiben, was sie erkennen. Dabei gehe ich davon aus, dass die

Kinder sofort darauf kommen, dass sie einen Dorf-, bzw. Stadtplan vor sich haben. Außerdem

werden sie sicherlich die eingetragenen Namen, wie Eva, Ina, oder die Schule bemerken.

Weiter gehe ich davon aus, dass sie erkennen werden, dass die Straßen sehr ‚geordnet’

verlaufen. Ob sie darauf kommen, dass die von Süden nach Norden, bzw. von Westen nach

Osten verlaufenden Straßen parallel zueinander sind und dass die Grundstücksflächen

Quadrate sind, werde ich in der Versuchsstunde herausfinden.

Nach dieser kurzen Einführung werde ich, falls es noch nicht zur Sprache gekommen ist,

darauf hinweisen, dass jedes Kind an einer Kreuzung wohnt und erklären, dass wir von dieser

Kreuzung ein „Wegstück“ zum Beispiel nach Süden laufen können und somit zur nächsten

Kreuzung gelangen.

Wie laufe ich im Straßennetz?

Zusammen mit den Kindern werde ich überlegen, wie man sich in diesem Straßennetz

fortbewegt. (alle Aufgaben: siehe Anhang 2)

64


Aufgabe 1

Folgende Aufgabe bearbeiten wir gemeinsam auf dem Plakat, um den

Kindern die Arbeit mit dem Straßennetz anschaulich zu verdeutlichen:

„Du bist Ina. Zuerst gehst du ein Wegstück nach Osten, dann

zwei Wegstücke nach Süden. Wo bist du?“

Ein Kind kommt nach vorne zum Plakat und wird, eventuell mit meiner

Hilfe, den Weg einzeichnen.

Nun bekommen die Kinder einen eigenen Plan von Eckenhausen. (Plan siehe Anhang 3)

Aufgabe 2

Um zu überprüfen, ob die Kinder verstanden haben, wie man sich in diesem Gitter

fortbewegt, werden sie noch eine Aufgabe für sich alleine ausführen:

„Du bist Eva. Zuerst gehst du ein Wegstück nach

Norden. Dann gehst du drei Wegstücke nach Westen

und anschließend ein Wegstück nach Süden. Nun läufst

du ein Wegstück nach Osten und wieder ein Wegstück

nach Süden. Als Letztes läufst du ein Wegstück nach

Westen. Wo bist du?“

Der neue Standpunkt wird dann von einem Kind

genannt und anschließend auch der Wegverlauf von

den Kindern am Plakat festgehalten.

Aufgabe 3

Als dritte und letzte Aufgabe auf diesem Stadtplan, werden wir uns

verschiedene Wegemöglichkeiten anschauen.

Hierfür behandeln wir folgende Aufgabe:

„Wie kann Leo zur Schule kommen, wenn er nur nach

Norden und Westen läuft.

Wie viele verschiedene Möglichkeiten hat er?“

65


Am Plakat zeichnen wir zur Verdeutlichung der Aufgabe einen Weg zur Schule gemeinsam

ein. Die Schüler sollen nun die verschiedenen Möglichkeiten, mit verschiedenen Farben in

ihren Plan einzeichnen. Da ich davon ausgehe, dass nicht alle Kinder auf die sechs möglichen

Wege zur Schule kommen werden, werden die Kinder anschließend zum Plakat vorkommen

und die Wege einzeichnen.

Fachlich gesehen, geht es bei diesen ersten Übungen darum, dass sich die Kinder mit einem

Koordinatengitter vertraut machen. 44

7.1.2 Der Gitternetzplan

Im nächsten Schritt wird es darum gehen, den Stadtplan auf ein Gitternetz zu abstrahieren.

Hierfür werde ich neben das Plakat mit dem Stadtplan, den Gitternetzplan aufhängen.

(Gitternetzplan: siehe Anhang 4)

Zuerst sollen die Schüler Vermutungen anstellen, wie die beiden Pläne zusammenhängen.

Falls sie nicht darauf kommen, dass die Kreise die Kreuzungen darstellen und die Linien

zwischen den Kreisen die Straßenstücke bis zur nächsten Kreuzung, werde ich Hinweise

geben oder schließlich den Zusammenhang erklären.

Wir überlegen anschließend wieder gemeinsam, wie man auf diesem Plan „läuft“, bzw.

„fährt“, da wir nun mit dem Taxi unterwegs sind.

Wir fahren mit dem Taxi

Als Erstes sollen die Schüler selbstständig folgende Aufgabe auf ihrem neu ausgeteilten

Gitternetzplan (siehe Anhang 5) erledigen:

„Markiere die Felder rot, zu denen das Taxi (vom

Start aus), mit 1, 3, 5, 7,… Wegstücken hingelangt.“

Um Missverständnisse bei dieser Aufgabe auszuschließen, werde ich am Gitternetzplan an der

Tafel kurz erklären, was die Aufgabe bedeutet und besonders darauf eingehen, dass man

immer am Taxi-Feld beginnt, eine (un)gerade Anzahl von Schritten zu „fahren“.

Hierbei werden auch ein paar Beispiele für mögliche Endpunkte rot (für ungerade)

eingezeichnet, damit die Kinder erkennen, dass immer nur der Endpunkt rot angemalt wird.

44 Hengartner, Hirt, Wälti, Primarschulteam Lupsingen; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis

Hochbegabte; S. 221 – 222

66


Anschließend sollen die Kinder den zweiten zugehörigen Arbeitsauftrag ausführen:

„Markiere blau, wohin das Taxi mit 2, 4, 6, 8,…

Schritten gelangt.“

Das Ergebnis sollte folgendermaßen aussehen:

Nun sollen die Kinder auf ihrem Arbeitsblatt notieren, was sie feststellen.

Im Anschluss daran werden wir gemeinsam die Ergebnisse sammeln und die wichtigen

Ergebnisse hervorheben.

Die Schüler sollen Folgendes herausfinden:

1. Kein Kästchen wird mit beiden Farben angemalt, was bedeutet, dass „wenn das Taxi

in beliebige Richtungen fährt und auch Umwege in Kauf nimmt, kann es mit

ungeraden Anzahlen von Wegstücken nie auf jene Kreuzungen gelangen, die es mit

geraden Anzahlen von Wegstücken erreicht.“ 45

2. Das Taxi ist blau gefärbt, woraus man schließen kann, dass man nur mit einer geraden

Anzahl an Wegstücken zum Startfeld (hier das Taxi-Feld) zurückkehren kann.

45 Hengartner, Hirt, Wälti, Primarschulteam Lupsingen; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis

Hochbegabte“; S. 222; 2. Spalte; 2. Absatz; Z. 8 – 11

67


7.1.3 Irrfahrten auf dem endlichen Gitternetz

Mit diesem Wissen ausgestattet, werden wir uns nun von den Vorgaben in „Lernumgebungen

für Rechenschwache bis Hochbegabte“ entfernen und versuchen uns dem Problem der

rekurrenten Irrfahrten zu nähern.

Ich erkläre, dass Irrfahrten dadurch charakterisiert sind, dass man nicht entscheidet, wohin

man läuft, sondern dass man zufällig läuft. Deshalb sollen die Schüler zunächst überlegen,

wie wir eine Zufallsbewegung erhalten. Ich denke, dass sie darauf kommen werden, dass man

einen Würfel benutzen kann, was ich auch bestätigen werde, aber auch auf das Problem mit

den 6 Flächen hinweisen. Als Lösung werde ich die „Tetraeder-Würfel“ vorstellen. Die

Bezeichnung ‚Würfel’ bezieht sich hierbei natürlich nicht auf den geometrischen Körper,

sondern auf die Tatsache, dass man mit dem Tetraeder „würfeln“ kann, so wie die Kinder es

aus ihrem Sprachgebrauch gewohnt sind. Da die Schüler aus der Schule den Körper „Würfel“

bereits kennen, kann ich ihnen erklären, was ich mit meiner Begriffswahl meine.

Der ursprüngliche „Tetraeder-Würfel“ sah folgendermaßen aus:

Da wir für unsere Übungen aber wenig mit den Zahlen auf den

Seitenflächen anfangen können, habe ich die Zahlen auf dem „Würfel“ mit

schwarzem Permanent-Marker übermalt und anschließend mit einem hellen

Marker die Himmelsrichtungen, mit denen die Kinder bereits vertraut sind,

auf den vier Seitenflächen aufgeschrieben.

Gewürfelt wird dieser „Tetraeder-Würfel“ mit Hilfe eines Bechers, in dem die Kinder den

„Würfel“ schütteln können. Ein solcher „Tetraeder-Würfel“ ‚rollt’ nämlich nicht so gut, wie

ein normaler Würfel, weshalb man ohne Becher das Würfelergebnis leicht manipulieren

könnte. Dies kann bewusst, aber auch unbewusst geschehen, wenn man den Würfel aus der

Luft einfach fallen lässt. Da es außerdem keine nach oben zeigende Fläche, wie beim

normalen Würfel, gibt, wird die Fläche betrachtet, auf der der Würfel zum Liegen kommt.

Spiel 1: Eckenhausen verlassen

Nun können die Kinder mit ihrem Gitternetz als Spielfeld, einer Spielfigur, die das Taxi

darstellt und dem „Tetraeder-Würfel“ ein „Spiel“ spielen. Die Spielfigur wird auf das

Startfeld (Taxi-Feld) gestellt. Jedes Kind spielt für sich allein. Die Kinder würfeln und rücken

ihren Stein ein Wegstück in die jeweilige Himmelsrichtung weiter. Ziel ist es Eckenhausen,

bzw. das Gitternetz zu verlassen.

68


Wahrscheinlich wird es sehr lange dauern, bis alle Kinder aus Eckenhausen herauskommen,

weshalb das Spiel nach kurzer Zeit, ca. zwei bis drei Minuten abgebrochen wird. Es wird

festgestellt, wie viele Kinder den Auftrag erfüllen konnten.

Die Kinder werden eventuell mit Hilfestellungen erkennen, dass es sehr schwer ist, sich vom

Startpunkt weit zu entfernen, man also meist in dessen Nähe bleibt.

Spiel 2: Zum Start zurückkehren

Daraufhin wird die zweite Spielvariante gespielt. Die Kinder starten wiederum am Taxi-Feld,

sollen diesmal aber nicht versuchen, Eckenhausen zu verlassen, sondern wieder zum

Startpunkt zurückzukehren.

Ich nehme an, dass die meisten Kinder relativ schnell wieder zurückkehren werden.

Entweder endet das Spiel, wenn alle Kinder wieder auf dem Taxi-Feld angekommen sind,

oder wenn das Spiel von mir unterbrochen wird.

Vergleich der beiden Spiele

Wir werden hoffentlich feststellen, dass die zweite Aufgabe einfacher war.

In einem Testversuch habe ich sechs Minuten und 32 Sekunden gebraucht, um Eckenhausen

zu verlassen und bin währenddessen sieben Mal zum Startpunkt zurückgekehrt.

Da wir die Spiele bereits nach zwei bis drei Minuten abbrechen, erwarte ich bei den Schülern

ähnliche Ergebnisse.

7.1.5 Irrfahrten im unendlichen Raum

Irrfahrt auf dem unendlichen Gitternetz

Anschließend werde ich versuchen, den Kindern die Situation mit einer unendlich großen

Fläche zu erklären und dann fragen, ob sie glauben, dass man bei zufälliger Wegwahl fast

sicher wieder zum Ausgangspunkt zurückkehrt. Die Kinder werden hier erfahren, dass man

fast sicher wieder zum Ausgangspunkt zurückkehrt.

Irrfahrt auf der unendlichen Geraden

Abschließend übertragen wir die Situation auf eine unendlich lange Gerade, wobei die Kinder

auch hier Vermutungen anstellen sollen, ob man wieder zurückkehrt.

69


Hier wird es einfacher sein, zu entscheiden, weil wir im zweidimensionalen bereits geklärt

haben, ob die Irrfahrt wieder heimkehrt und es in eindimensionalen Räumen weniger Wege-

möglichkeiten gibt.

7.2 Ergebnisse

Vorab möchte ich kurz erwähnen, dass ich die im Vorherigen beschriebene Doppelstunde mit

zehn Kindern im Alter von 10 und 11 Jahren, also mit Viertklässlern durchführte. Eines der

Kinder besucht zurzeit eine Sonderschule für lernschwache Kinder. Die anderen neun Kinder

besuchen eine ländliche Grundschule und weisen unterschiedliche Begabungstypen auf.

Zusätzlich bleibt zu erwähnen, dass die Kinder ihre Ergebnisse während der Aufgaben

schriftlich fixieren sollten.

zu: „Eckenhausen“

Betrachtung und Beschreibung des Plakates

Wie erwartet, meldeten die Kinder sich sofort, als ich das Plakat aufgehängt hatte.

Sie erwähnten die Häuser, die auf dem Plakat zu sehen sind und ein Mädchen meinte, dass

das so ein „Dorfdings“ ist. Ein anderes Mädchen half ihr weiter und erklärte, dass ein

Dorfplan zu sehen ist.

Sofort bemerkten die Kinder auch die Himmelsrichtungen.

Als nächstes fielen ihnen die Zeichnungen, bzw. das Geschriebene auf manchen Häusern auf

und erklärten, dass in einem Haus Ina wohnt, in einem anderen Leo und dass bei einem Haus

ein Eisgeschäft ist,…

Sie erkannten auch, dass die Straßen „sehr gerade“ verlaufen und das ganze Plakat „sehr

geordnet“ aussieht. Auch die Kreuzungen erwähnten die Kinder recht bald.

Anschließend stellte ein Mädchen fest, dass die Grundstücke „lauter Vierecke mit der

gleichen Form“ sind und ein Junge erwähnte, dass der Dorfplan aussieht wie ein „Gitter“.

Daraufhin erklärte ich noch kurz, welche Kreuzung wir betrachten, wenn wir von Ina aus

loslaufen und was ein Wegstück ist. Die Kinder konnten das wiederholen und so gingen wir

zur ersten Aufgabe über.

70


Wie laufe ich im Straßennetz?

Aufgabe 1

Die erste Aufgabe lösten wir gemeinsam am Plakat ohne Probleme. Die Kinder erkannten,

dass Ina nun beim Schwimmbad war. Im Anschluss bekamen die Schüler ihren eigenen Plan

und zeichneten Inas Weg problemlos ein.

Aufgabe 2

Die zweite Aufgabe lösten die Kinder in Einzelarbeit, auf der eigenen Karte.

Die meisten Kinder hatten bei der Aufgabe keine Probleme. (siehe Bsp. 1) Zwei Kinder hatten

jedoch Schwierigkeiten Evas Weg zu beschreiben. (siehe Bsp. 2)

Auch deshalb bearbeiteten wir die Aufgabe nochmals am Plakat. Dabei kam immer ein Kind

nach vorne und zeichnete das nächste Wegstück auf das Plakat, bis wir bei Ina angekommen

waren. So konnten es alle nochmals nachvollziehen und evtl. ihr Arbeitsblatt verbessern.

Aufgabe 3

Beispiel 1 Beispiel 2

Als Nächstes sollten die Kinder verschiedene Wege suchen, wie Leo zur Schule kommen

kann, wenn er nur nach Norden und Westen laufen darf. Einen Weg ließ ich von einem Kind

auf das Plakat zeichnen, um die Aufgabe nochmals zu verdeutlichen.

Nun wartete ich, bis alle Kinder fertig gemalt hatten und fragte, wie viele Wege sie gefunden

haben. Zwei Kinder hatten zwei Wege gefunden, drei Kinder fanden drei Wege und fünf

Kinder kamen auf alle sechs Wege. (siehe Beispiel 3)

71


Beispiel 3

Als Erkenntnis schrieben einige Kinder, wie viele Wege sie gefunden hatten.

Zum Abschluss dieser Aufgabe malte nacheinander immer ein Kind einen neuen Weg auf das

Plakat. Erwähnenswert ist hierbei, dass das lernschwache Mädchen, das zuvor nur zwei Wege

gefunden hatte, nun den sechsten Weg einzeichnen konnte.

Auf den Arbeitsblättern (siehe Anhang 6) wurden von den meisten Kindern die fehlenden

Wege ergänzt, als wir sie gemeinsam auf das Plakat zeichneten.

zu: Der Gitternetzplan

Als die Schüler überlegen sollten, wie das Gitternetz mit dem Plan von Eckenhausen

zusammenhängt, fragten sie, ob statt den Quadraten (= Grundstücke) nun Kreise gemalt sind.

Einige kamen aber sehr schnell darauf, dass die Kreise statt den Kreuzungen aufgemalt waren

und dass die Striche die Wege, bzw. die Straßen darstellen.

Um die Erfahrungen aus den vorherigen Übungen „mitnehmen“ zu können, sprachen wir

zusammen am Gitternetz durch, was es bedeutet, ein Wegstück, zum Beispiel nach Süden zu

laufen.

zu: Wir fahren mit dem Taxi

Nun machten sich die Schüler an die Taxi-Aufgaben. Während die Kinder malten, lief ich im

Raum umher und beobachtete was die Kinder zeichneten.

Ich war doch sehr überrascht, dass diese Aufgabe sechs von den zehn Kindern vor relativ

große Schwierigkeiten stellte. Immer wieder mussten sie radieren, ausbessern und hatten auch

72


zum Schluss noch einige Fehler im Muster, wie in diesem Beispiel zu erkennen ist.

(ausgefüllte Arbeitsblätter 2: siehe Anhang 7)

Beispiel 4

Nachdem die Kinder fertig waren, erklärte mir ein Junge, dass rote und blaue Kreise sich

immer abwechseln, bis auf folgende vier Kreise, die seiner Ansicht nach mit beiden Farben

ausgemalt werden müssen:

Beispiel 5

Daraufhin fragte ich, wie viele Kinder einige Kreise rot und zugleich blau ausgemalt hatten.

Vier Kinder hatten rote und gleichzeitig blaue Kreise. Ich erklärte ihnen anhand des

Schrittmusters, dass kein Kreis gleichzeitig beide Farben haben kann.

Anschließend teilten die Kinder mir ihre weiteren Erfahrungen mit.

Ein Mädchen erklärte, dass jeder zweite Kreis rot ist. Ein anderes Kind erwähnte, dass die

blauen Kreise „schräg hoch“ verlaufen, (also die Diagonale blau gefärbt ist).

Eine weitere Erkenntnis war, dass die Ecken alle blau sind und jedes zweite Kästchen eine

ungerade Zahl darstellt.

Ein Junge meinte, dass jeder blaue Kreis zwischen zwei roten liegt, worauf ihn ein Mädchen

ergänzte, indem es meinte, dass es sogar vier rote sind.

73


Ein Junge fügte noch hinzu, dass immer vier rote Kreise ein Viereck bilden und „innen drin

ein Blaues“ liegt und um das Viereck herum befinden sich nur blaue Kreise.

Dreht man ein Gitternetz um 45° wird seine Erkenntnis gut deutlich:

Beispiel 6

Die schwarzen Umrandungen habe ich zur Verdeutlichung nachträglich hinzugefügt.

Auch konnte ich feststellen, dass nur ein, evtl. zwei Kinder nicht bis zum Schluss zählen

mussten, sondern das Muster erkannten und die restlichen Punkte entsprechend ausmalen

konnten.

Als nächstes meinte ein Mädchen, dass alle Kreise ausgemalt sind. Da ich allerdings darauf

geachtet hatte, wusste ich, dass keines der Kinder das Taxi-Feld ausgemalt hatte.

Ich fragte nach, ob denn wirklich alle Kreise ausgemalt sind, worauf die Kinder eifrig

nachdachten. Einige entdeckten auch sofort das Taxi und überlegten, in welcher Farbe man

dieses ausmalen müsse.

Daraufhin meldete sich ein Mädchen, und erklärte, dass das Taxi-Feld blau ist und fügte

hinzu, dass das bedeutet, dass man nur mit einer geraden Anzahl an Schritten zurückkommen

kann.

zu: Irrfahrten auf dem endlichen Gitternetz

Hierfür sollen die Schüler überlegen, wie wir eine Zufallsbewegung erhalten. Ein Schüler

meinte, man könne einfach den Becher mit der Spielfigur übers Spielfeld rollen und

irgendwann loslassen. Dort wo die Spielfigur dann zum liegen kommt, ist ihre neue Position.

Das funktioniert natürlich nicht, weil es erstens keine Zufallsbewegung darstellt und zweitens

die Spielfigur nicht nur ein Wegstück weiterläuft. Eine andere, ähnliche Idee war, die

Spielfigur aufs Spielfeld fallen zu lassen. Nach dieser Überlegung meinte ein Mädchen man

bräuchte einfach einen Würfel, auf dem die vier Himmelsrichtungen aufgeschrieben sind.

74


Ich war sehr überrascht, dass die Schülerin von selbst so schnell auf diese Idee kam, da solche

Würfel normalerweise nicht sehr gebräuchlich sind. Eventuell hat sie aber auch an einen

normalen Würfel gedacht und nicht überlegt, dass dieser ja sechs Seitenflächen hat.

Spiel 1: Eckenhausen verlassen

Die Kinder starteten beim Taxi-Feld und würfelten mit den „Tetraeder-Würfeln“.

Nach kurzer Zeit, ca. zwei Minuten, als ich das Spiel abbrach, waren 8 der 10 Kinder aus der

Stadt heraus. Für die Kinder erschien es also leider so, als ob es sehr leicht ist, aus der Stadt

heraus zu kommen. Ich war doch sehr verwundert über das Ergebnis, da ich bei meinen

Versuchen immer viel mehr Zeit benötigte, um Eckenhausen zu verlassen.

Spiel 2: Zum Start zurückkehren

Auch bei dieser Aufgabe waren die meisten Kinder, diesmal wie erwartet, nach sehr kurzer

Zeit am Ziel, hier der Startpunkt, angelangt.

Vergleich der beiden Spiele

Leider war es nun schwer einen Vergleich zu ziehen, da das Spiel 1 nicht das erwartete

Ergebnis brachte. Da aber auch die Zeit für noch mehr Versuchsdurchgänge zu knapp war und

ein Durchgang auf Grund der Glaubwürdigkeit auch nicht ausgereicht hätte, habe ich mich zu

einem Parallel-Spiel entschlossen. Die SchülerInnen sollten also erneut am Startpunkt

beginnen, aber nun beobachten, ob sie zuerst wieder zurückkehren oder die Stadt verlassen.

Kehrte ein Kind zuerst zum Startpunkt zurück, sollte es aber auch noch versuchen, die Stadt

zu verlassen und eventuell dabei zählen, wie oft es zurückkehrt.

Hierbei zeigte sich schon deutlicher, dass man sich meistens in der Umgebung des Startfeldes

aufhält.

Das Ergebnis war, dass zwei Kinder zuerst die Stadt verließen, ein Kind war nach Abbruch

des Spiels noch zu keinem Ziel gelangt und vier Kinder waren zwar mindestens einmal

zurück am Startfeld, schafften es aber nicht in der vorgegebenen Zeit, Eckenhausen zu

verlassen. Die restlichen drei Kinder kehrten ebenfalls zuerst zum Ausgangspunkt zurück,

zwei davon auch mehrmals, schafften aber dann noch das Verlassen der Stadt.

So war es uns doch noch möglich, herauszufinden, dass wir meist in der Nähe des Startfeldes

bleiben und es schwerer ist Eckenhausen zu verlassen, als zum Ausgangspunkt

zurückzukehren.

75


Abschließend erklärte ich den Kindern noch, dass dieses zufällige Laufen auf diesem

Gitternetz eine Irrfahrt darstellt und dass ich mich in meiner Arbeit mit Irrfahrten beschäftige,

die wieder zum Startpunkt zurückkehren.

zu: Irrfahrten im unendlichen Raum

Irrfahrt auf dem unendlichen Gitternetz

Zunächst erklärte ich den Kindern, dass sich meine Arbeit nicht mit derartig kleinen

Gitternetzen, wie bei dem Plan von Eckenhausen, befasst, sondern dass meine Gitternetze

unendlich groß sind. Ich erläuterte, dass man sich vorstellen müsse, dass man auf dem

Gitternetz nach Süden laufen könnte, aber niemals ein Ende erreichen würde, egal wie lange

man läuft. Entsprechend verhält es sich mit den anderen Richtungen.

Ein Junge meinte, dass ich also eine Kugel meine, „weil man da ja nie aufhört zu laufen“. Ich

erklärte, dass wir bei einer Kugel, auch wenn wir nur in eine Richtung laufen, trotzdem zum

Startpunkt zurückkommen. Die unendlichen Gitternetze, die ich meine, haben aber keine

Wölbung. Bei ihnen entfernt man sich immer weiter vom Startfeld, wenn man nur in eine

Richtung läuft.

Da dies sicherlich die Vorstellungskraft von einigen Kindern überstieg, fügte ich noch hinzu,

dass sie sich einfach ein ganz großes Gitter vorstellen sollen.

Nun fragte ich die Kinder, wer denn der Meinung ist, dass wir auf einem solchen, also

unendlichen Gitternetz, wieder heimkehren. (Bevor ich die Kinder abstimmen lassen konnte,

fragte mich ein Junge, ob er denn genug zu essen dabei habe ☺).

Nun meinten acht Kinder, dass wir auf jeden Fall wieder zurückkehren und nur zwei waren

der Ansicht, dass es zwar sein kann, dass wir wieder zum Ausgangspunkt gelangen, aber dass

es auch möglich ist, dass wir nicht wieder zurückkommen, wenn wir zufällig laufen.

Irrfahrt auf der unendlichen Geraden

Als nächstes malte ich eine Gerade an die Tafel und zeichnete den 0-Punkt als Start ein.

Anschließend zeichnete ich in konstanten Abständen Markierungen ein.

Nun erklärte ich den Kindern, dass man auch auf einer Straße, die nach rechts und links kein

Ende hat, zufällig laufen kann.

Ich fragte die Kinder also, ob sie denn hier glauben, dass wir bei einer Irrfahrt wieder

heimkehren. Wieder stimmten acht Kinder für die Heimkehr und nur zwei dagegen. Dabei ist

76


zu bemerken, dass es nicht dieselben zwei Kinder waren, wie im ersten Fall. Dies zeigt, dass

zumindest einige der Kinder nicht verstanden haben, was ein Mädchen noch ergänzte. Sie

erklärte, dass es doch „logisch“ ist, dass man auch hier zurückkehrt, weil es in diesem Fall ja

weniger Möglichkeiten gibt zu laufen, nämlich nur nach rechts und links.

Ein Junge fügte noch hinzu, dass die „Chance“, in eine der beiden Richtungen zu laufen „halb

– halb“ ist.

Insgesamt ist die Stunde also doch erfolgreich verlaufen. Die Kinder haben die wichtigen

Ziele erkannt:

� Sie haben herausgefunden, dass man nur mit einer geraden Anzahl an Schritten wieder

zum Ausgangspunkt zurückkehrt.

� Sie haben erkannt, dass man mit einer geraden Anzahl an Schritten, keine Orte besuchen

kann, an die man mit einer ungeraden Anzahl an Schritten gelangt.

� Die Kinder entdeckten, dass man sich lange in der Nähe des Startfeldes aufhält.

� Des Weiteren haben sie erfahren, dass man bei einer Irrfahrt im unendlichen Gitternetz

oder auf der unendlichen Geraden fast sicher wieder zum Ausgangspunkt zurückkehrt.

7.3 Ist die Thematik „Irrfahrtenfür die Grundschule sinnvoll?

7.3.1 Themen der Stochastik im Grundschullehrplan

Insgesamt sollten bereits in der Grundschule „einfache Probleme der Kombinatorik und

Wahrscheinlichkeitsrechnung (…) auf einer experimentellen, propädeutischen Stufe ohne

rechnerischen Aufwand bewältigt werden.“ 46

Im bayerischen Lehrplan für die Grundschule wird erstmals in der zweiten Klasse ein Thema

der Stochastik erwähnt. Leider ist es nur als mögliches Ergänzungsthema vorgesehen.

Auszug aus dem bay. Lehrplan für die Grundschule 47

46 Lindenau, V.; Schindler, M.; „Wahrscheinlichkeitsrechnung – in der Primarstufe und Sekundarstufe I“; S. 8;

zu 4.; Z. 1 – 3

77


In Klasse drei finden wir ebenfalls Aufgaben zur Kombinatorik zur Ergänzung des

Unterrichts. In der vierten Klasse wird hingegen kein stochastisches Thema vorgeschlagen.

Wie wir erkennen können, haben stochastische Themen nur sehr geringen Einfluss auf die

Grundschule. „Auf Grund des starken Bezugs zur Welt des Kindes (Würfelspiele u. dergl.)“ 48

ist es sicherlich sinnvoll, stochastische Themen in der Grundschule verstärkt zu behandeln.

Sie stellen auch eine Bereicherung für den Mathematikunterricht in den Grundschulen dar, da

sie „spezifische Denkweisen zu schulen [vermögen].“ 49

Kombinatorik- und Wahrscheinlichkeitsrechnungsaufgaben lassen sich vom

Schwierigkeitsgrad gut dem Leistungsstand der Schüler anpassen, wodurch ein „gestuftes

Problemlösungstraining“ 50 ermöglicht wird.

Man erreicht auch mit diesen Unterrichtsstoffen einen hohen Grad an Motivation, da sich

viele Aufgaben der Wahrscheinlichkeitsrechnung und Kombinatorik „auf der enaktiven Stufe

im Experiment durchführen“ 51 lassen.

Nach Piaget sind Kinder erst ab einem Alter von 11 Jahren dazu im Stande die Begriffe

„Zufall“ und „Wahrscheinlichkeit“ zu verstehen und richtig zu deuten. Varga und Dienes

haben aber herausgefunden, dass „die Bildung der Begriffe „Zufall“ und

„Wahrscheinlichkeit“ altersmäßig vorverleg[t] [werden] kann.“ 52

So können Kinder zwischen 7 und 11 Jahren bereits erfolgreich die beiden Begriffe erlernen.

Damit kann es neben einer früheren Erkenntnis über diese Begriffe, zu einer Verbesserung der

„Begriffsbildung“ und zu einer „Förderung allgemeiner kognitiver Fähigkeiten“ führen. 53

Möglicherweise stützt sich auch die Vorverlegung der stochastischen Themen in den

bayerischen Gymnasien, durch den neuen G8-Lehrplan, auf diese Erkenntnisse. Denn bei

stochastischen Problemen ist es sehr gut möglich, die Aufgaben dem Leistungsstand der

Schüler anzupassen. Im alten Lehrplan erhielt die Stochastik lediglich ein Halbjahr im 12.

Jahrgang und das in der gesamten Gymnasialzeit.

Im G8-Lehrplan dagegen, lernen die Schüler bereits in der fünften Klasse mit einfachen

Baumdiagrammen und dem Zählprinzip umzugehen. In der sechsten Klasse lernen sie die

„relative Häufigkeit“ kennen und in der achten Klasse dann Laplace-Experimente. In der

47 Lehrplan für die bay. Grundschule; Juli 2000; Bay. Staatsministerium für Unterricht und Kultus; S. 57; Z. 1-9

48 Lindenau, V.; Schindler, M.; „Wahrscheinlichkeitsrechnung – in der Primarstufe und Sekundarstufe I“; S. 9;

Z. 10 – 11

49 Ebd.; S. 9; Z. 11

50 Ebd.; S. 9; Z. 4

51 Ebd.; S. 8; zu 4.; 3 – 4

52 Ebd.; S. 54; 33 – 35

53 Ebd.; S. 55; Absatz 4.2; Z. 2 – 4

78


neunten und zehnten Klasse werden schließlich zusammengesetzte Zufallsexperimente

behandelt. 54

Aus diesen Gründen kann es nur von Vorteil sein, die Kinder schon in der Grundschule

Erfahrungen mit Kombinatorik, Statistik und Wahrscheinlichkeitsrechnung machen zu lassen.

Abschließend kann man also sagen, dass die Behandlung stochastischer Themen, meiner

Ansicht nach, in der Grundschule sinnvoll ist.

7.3.2 Irrfahrten in der Grundschule

Zu unserem spezifischen stochastischen Thema „Irrfahrten“ wollen wir nun zwei Aspekte

getrennt betrachten.

Die Beschäftigung mit Eckenhausen wird von Müller und Wittmann (2004) und dem hier

verwendeten Buch „Lernumgebungen für Rechenschwache bis Hochbegabte“ für die erste bis

vierte Klasse vorgeschlagen. Die Thematik ist sowohl für alle Altersstufen in der

Grundschule, als auch für alle Leistungsgrade geeignet. Ein Hochbegabtes Kind wird

vermutlich einige Dinge mehr herausfinden, ein schwächeres Kind trotzdem seinen Spaß am

relativ spielerisch behandelten Stoff nicht verlieren.

Da der Umgang mit Eckenhausen auch die „Auseinandersetzung mit einem

Koordinatengitter“ 55 übt, ist er bedeutend für die weitere Schullaufbahn der Schüler. Auf

einfachem, spielerischem Wege lernen die Kinder ein Koordinatengitter kennen und

besonders die Übertragung auf ein abstrakteres Gitter, wie es auch im erwähnten Buch

vorgeschlagen ist, ist förderlich für den späteren Umgang mit Koordinatensystemen.

Kommen wir nun zur eigentlichen Thematik der Irrfahrten. Als Grundlage muss eine

Einführung in das Koordinatengitter gegeben sein (wie oben beschrieben), damit die Kinder

mit Gitternetzen vertraut werden.

Die Kinder lernen auf spielerische weise den Begriff „Zufall“ kennen, wenn sie versuchen

Eckenhausen zu verlassen, oder zum Startpunkt zurückzukehren. Der Begriff wird dabei

natürlich erklärt und verwendet.

Damit kann, wie bereits genannt, eine Vorverlegung und Optimierung des

Begriffsverständnisses für das Wort „Zufall“ erreicht werden.

54 http://www.isb-gym8-lehrplan.de/contentserv/3.1/g8.de/index.php?StoryID=26753; aufgerufen am 06.07.08

55 Hengartner; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis Hochbegabte“; S. 222; Z. 8

79


Wie ich auch in meiner Doppelstunde erkennen konnte, hält eine hohe Motivation durch den

spielerischen Charakter die Freude am Mathematik-Unterricht aufrecht.

Wichtig ist für die Kinder hierbei weniger, dass eine Irrfahrt im Gitternetz oder auf einer

Geraden fast sicher wieder zurückkehrt, sondern mehr die Beschäftigung mit dem

Koordinatengitter und das Kennen lernen von zufälligen Ereignissen.

Insgesamt gesehen, komme ich für mich also zu dem Schluss, dass Irrfahrten durchaus bereits

in der Grundschule behandelt werden können.

Eventuell sollte man die Thematik aber etwas ausbauen und den Schülern mehr Zeit zum

Entdecken geben. Auch Variationen der Irrfahrten können von Vorteil sein:

So könnten wir mit einem normalen Würfel würfeln, wobei die ‚1’ für Osten, die ‚2’ für

Süden, die ‚3’ und die ‚4’ für Westen und die ‚5’ und die ‚6’ für Norden stehen. Eventuell

kann man zur Erleichterung die Würfel auf oben beschriebene Weise beschriften. Dadurch

erfahren die Schüler, dass man hier eine Irrfahrt mit einem bestimmten ‚Drift’ erhält und

damit die Wahrscheinlichkeit einer Rückkehr geringer wird.

Insgesamt würde ich also zu einer Beschäftigung mit der Thematik „Irrfahrt in die

Grundschule“ raten, da es eine Bereicherung für den Mathematik-Unterricht darstellt.

80


8. Mathematischer Anhang

8.1 Diskreter Wahrscheinlichkeitsraum

Ein diskreter Wahrscheinlichkeitsraum ist ein Paar ( , P)

81

Ω . Ω ist dabei eine nichtleere,

endliche oder abzählbar-unendliche Menge und P eine auf den Teilmengen von Ω definierte,

reellwertige Funktion P : Ω → [ 0,

1]

, mit folgenden Eigenschaften:

Eigenschaften

a) Nichtnegativität: P ( A)

≥ 0 für alle A ⊆ Ω ,

b) Normiertheit: P ( Ω)

= 1,

(da Ω das sichere Ereignis darstellt),

⎛ ∞


c) σ − Additivität: ⎜ ⎟

⎜U

Aj


=

⎝ j=

1 ⎠

P ( A )

Demnach gilt für disjunkte Ereignisse A und B

P ( A ∪ B)

= P(

A)

+ P(

B)

.

8.2 Unabhängigkeit

∑ ∞

P

j=1

j , wenn 1

A , A 2 , … paarweise disjunkt sind.

Mit dem Begriff der Unabhängigkeit der Ereignisse A und B meinen wir, dass A und B

„wahrscheinlichkeitstheoretisch“ keinen Einfluss aufeinander haben. Mit anderen Worten

ausgedrückt bedeutet dies, dass das Eintreten des Ereignisses A das Eintreten des Ereignisses

B nicht beeinflusst. 56

„In Verallgemeinerung (…) ist die Unabhängigkeit von n ( n ≥ 2)

Ereignissen wie folgt

definiert:

( , P)

Ω sei ein W-Raum und A 1 , …, A n Ereignisse mit ≥ 2

(bzgl. P (⋅)

), falls gilt:

⎛ ⎞

P ⎜ ⎟

⎜I

Aj


= ∏ P(

Aj

)

⎝ j∈T

⎠ j∈T

n . 1

für jede relevante (d.h. mindestens zweielementige) Menge T { 1, 2,

K,

n}

A , …, A n heißen unabhängig

⊆ .“ 57

Für zwei unabhängige Ereignisse A und B gilt also P( A B)

= P(

A)

⋅ P(

B)

56 Henze, N.; „Stochastik für Einsteiger“; S. 117; Z. 16 – 20

57 Ebd.; S. 118; letzter Absatz; S. 119; Z. 2 – 5

∩ .


8.3 Diskrete Zufallsvariable

1. Zufallsvariable

Eine Zufallsvariable ist eine Funktion, die den Ergebnissen eines Zufallsexperiments Werte

zuordnet.

Dabei wird jedem Ereignis ω ∈ Ω eine reelle Zahl X (ω)

zugeordnet, wodurch die

Ausprägungen eines qualitativen (nur verbal beschreibbaren) Merkmals durch ein

quantitatives (zahlenmäßig erfassbares) Merkmal beurteilt werden können. Damit die

Wahrscheinlichkeiten auf die reelle Achse R übertragbar sind, muss für jedes x ∈ R der Wert

der Verteilungsfunktion F( x)

= P(

X ≤ x)

= P(

{ | X ( ω)

≤ x}

)

2. Diskrete Zufallsvariable

82

ω berechenbar sein. 58

Man nennt eine Zufallsvariable X diskret, wenn ihr Wertevorrat endlich oder abzählbar

unendlich ist. 59

Anders ausgedrückt gilt:

( Ω, P)

R

X : → sei eine Zufallsvariable.

X heißt diskret, wenn es Zahlen α ,... ∈ R gibt, mit

{ α | 1,

2,

3,...

}

1, α 2

( ω ) ∈ i = für alle ∈ Ω

X i

ω . 60

„Durch eine Transformation kann man die Werte α i in die Zahlen 0, 1, 2, … überführen, so

dass in der Praxis bei diskreten Zufallsvariablen i.a. die Werte 0, 1, 2, 3, … gewählt werden,

wenn die Werte bei den weiteren Berechnungen keine Rolle spielen.“ 61

Daher können wir folgern, dass jede Zufallsvariable diskret ist, wenn Ω endlich oder

abzählbar unendlich ist. 62

8.4 Markovkette

1. Definition Markovkette

„Eine [Markovkette] ist ein stochastischer Prozess { } +

n ∈ Z

Zustandsraum I, der die folgende „markovsche Eigenschaft“ besitzt:

58

Dr. Bosch, K.; „Lexikon der Statistik, Nachschlagewerk für Anwender“; S. 317; Z. 15 – 22

59

Ebd.; S. 317; Z. 22 – 23

60

Dr. Bol, G.; „Wahrscheinlichkeitstheorie Einführung“; S. 55; Z. 10 – 11

61 Ebd.; S. 55; Z. 12 – 15

62 Ebd.; S. 55; Z. 17 – 18

S n , mit abzählbarem


Für alle

+

n ∈ Z und für alle i0 ,..., in+1

∈ I mit P ( S0

= i0

,... S n = in

) > 0 ist

P S i | S = i ,... S = i ) = P(

S = i | S = i

( n+

1 = n+

1 0 0 n n

n+

1 n+

1 n n

S n sei dabei der Zustand zur Zeit n. Für den stochastischen Prozess S n gilt also:

Die Wahrscheinlichkeit, dass man zur Zeit n + 1 in einen beliebigen Zustand gelangt, ist nur

vom Zustand zur Zeit n und von n abhängig. Die Zustände, die vorher erreicht wurden,

spielen keine Rolle. 64

2. Stationäre Übergangswahrscheinlichkeiten

„Eine „Markovkette“ heißt homogen oder Kette mit stationären

Übergangswahrscheinlichkeiten, wenn für alle i, j ∈ I P ( S n+

1 = j | Sn

= i)

= : pij

unabhängig

von n ist.“

Damit gilt:

p ij

≥ 0 ( i,

j ∈ I)

und ∑

j∈

I

p = ( i ∈ I )

ij

1 . 65

Hierbei sind die Übergangswahrscheinlichkeiten also zu allen Zeitpunkten gleich und die

Zufallsvektoren sind unabhängig und identisch verteilt.

3. Kommunizierende Zustände

Zwei Zustände i und j im Zustandsraum einer zeit-diskreten Markovkette sind kommuni-

zierend, wenn P( Sn

= j | S0

= i)

> 0 und ( S = i | S0

= j)

> 0

83

)

.“ 63

P m für je ein n , m ≥ 0 gilt.

Ein Zustand i kommuniziert also mit einem Zustand j, wenn i in n Schritten mit positiver

Wahrscheinlichkeit zum Zustand j führt und wenn j in m Schritten mit positiver

Wahrscheinlichkeit zum Zustand i führt. Außerdem ist die Relation transitiv. Kommuniziert i

mit j und j mit k, dann kommuniziert auch i mit k. 66

4. Irreduzible Markovkette

Falls alle Zustände der Markovkette gegenseitig erreichbar sind, wird sie ‚irreduzibel’

genannt. Hierfür muss p > 0 bei allen Übergängen von i nach j gelten. 67

ij

63

Krengel, U.; „Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik“; S.194; Def. 15.2

64

Ebd.; S. 194; Def. 15.2, Z. 6 – 9

65

Ebd.; S.197; Def. 15.7

66

Ebd.; S. 207; Def. 16.3

67

Feller, W.; „An introduction to Probability Theory and its Applications”; S. 322; Z. 25 – 36


5. Rekurrenz und Transienz

Man bezeichnet einen Zustand i als rekurrent, wenn gilt:

P{ S n = i für n ≥ 1 } = 1 ⇔ P{

S = } = ∞

Ansonsten heißt i transient.

∑ ∞

n=1

84

n

i .

Außerdem gilt für eine Markovkette mit stationären Übergangswahrscheinlichkeiten, dass alle

mit einem rekurrenten Zustand kommunizierenden Zustände ebenfalls rekurrent sind.

Eine Markovkette wird demnach als rekurrent (transient) bezeichnet, wenn jeder Zustand

rekurrent (transient) ist. 68

68 Krengel, U.; „Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik“; S. 211; Absatz 16.9, Folgerung

16.11


9. Schluss

In der vorliegenden Arbeit wurde gezeigt, dass eine Irrfahrt in einer und zwei Dimensionen

fast sicher wieder zum Startpunkt zurückkehrt. Wie wir auch bereits erwähnt haben, kann dies

aber sehr lange dauern. Betrachten wir hierfür die Pfadlängen in einer und zwei Dimensionen,

die zu einer Rückkehr führen:

Etwa 8,5 % der Pfade sind in einer Dimension bereits mehr als 100 Schritte lang. Ungefähr

4 % von diesen Pfaden mit einer Länge über 100 Schritten haben sogar eine Länge von 400

Schritten und 2 % von diesen wiederum mehr als 1.600 Schritte.

In zwei Dimensionen steigt die Länge der Pfade bereits enorm an. Hier sind etwa 43 % der

Pfade über 100 Schritte lang und 32 % dieser Pfade über 100 Schritte haben eine Länge von

mehr als 1.000 Schritten. Ganze 27 % dieser Pfade sind 10.000 Schritte lang.

Und ungefähr 10 % der genannten Pfade über 100 Schritte, haben sogar eine Länge von

100.000.000 Schritten. 69

Stellen wir hierzu eine kleine Überlegung an:

Ein ‚aktiver’ Mensch legt 7.500 bis 10.000 Schritte am Tag zurück. Für die folgende

Rechnung nehmen wir die optimale Anzahl von 10.000 Schritten pro Tag. Demnach läuft ein

aktiver Mensch 3.650.000 Schritte pro Jahr. Er würde also über 27 Jahre brauchen, um wieder

zum Ausgangspunkt zurückzukehren, wenn er einen Pfad mit einer Länge von 100.000.000

Schritten im zweidimensionalen Raum läuft. Ein nicht-aktiver Mensch läuft aber nur

höchstens 2.500 Schritte am Tag, wodurch er fast 110 Jahre für die gleiche Strecke brauchen

würde.

Abschließend können wir festhalten, dass es wirklich bemerkenswert ist, dass man in einer

und zwei Dimensionen fast sicher wieder zum Ausgangspunkt zurückkehrt und damit auch

jeden Punkt, den man auf seiner Reise besucht hat, mit Wahrscheinlichkeit Eins noch einmal

erreichen wird.

In der vorliegenden Arbeit wurde somit gezeigt, dass (im ein- und zweidimensionalen Raum)

alle Wege nach Rom führen.

69 Schuhmacher, D.; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die

Welt des Zufalls“; Folie 27

85


10. Literatur

♦ Pólya, George; Alexanderson, Gerald L; “The Pólya Picture Album: Encounters of a

Mathematician”; Birkhäuser Verlag, Boston; 1987

♦ http://schulen.eduhi.at/riedgym/Physik/10/waerme/temperatur/brownsche_bewegung.h

tm; aufgerufen am 12.07.08

♦ (u.a.) Schuhmacher, Dominic; Institut für Mathematik; Universität Zürich; „Die

Irrfahrt - Eine Entdeckungsreise in die Welt des Zufalls“; Forschung direkt; Juni 2004;

www.math.unizh.ch/~baps/files_for_download/irrfahrten.pdf (nicht mehr online)

♦ Pólya, George; „Über eine Aufgabe der Wahrscheinlichkeitsrechnung betreffend die

Irrfahrt im Straßennetz“; Mathematische Annalen, Volume 84; 1921

♦ Champion, W. L.; Mills, T.M.; Smith, Simon J.; “Lost in Space”; Math. Scientist 32;

England; 2007

♦ Hinderer, Karl; „Bemerkungen zu räumlich homogenen Gitterirrfahrten“; In:

Mathematische Annalen 153; S. 14 – 20; 1964

♦ http://www.aphorismen.de/display_aphorismen.php?search=1&page=3; aufgerufen

am 12.07.08; (Manfred Grau, 1948)

♦ Hengartner, Elmar; Hirt, Ueli; Wälti, Beat; Primarschulteam Lupsingen;

„Lernumgebungen für Rechenschwache bis Hochbegabte – Natürliche

Differenzierung im Mathematikunterricht“; Klett und Balmer Verlag; Zug; 2007; 1.

Auflage

♦ Bay. Staatsministerium für Unterricht und Kultus; Lehrplan für die bay. Grundschule;

Juli 2000

♦ Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus; http://www.isb-gym8-

lehrplan.de/contentserv/3.1/g8.de/index.php?StoryID=26753; aufgerufen am 06.07.08

86


♦ Lindenau, V.; Schindler, M.; „Wahrscheinlichkeitsrechnung – in der Primarstufe und

Sekundarstufe I“; Verlag Julius Klinkhardt, Bad Heilbrunn; 1977

♦ tu-ilmenau.de/fakmn/fileadmin/template/ifp/physiksommer/2005/

Seminarthemen/06_Brownsche_Bewegung.ppt; aufgerufen am 11.06.08

♦ http://homepage.uibk.ac.at/~c43405/download/Random.pdf; aufgerufen am 12.07.08

♦ Henze, Norbert; „Stochastik für Einsteiger“; Vieweg Verlag, Braunschweig /

Wiesbaden; 1997

♦ Dr. Bosch, Karl; „Lexikon der Statistik, Nachschlagewerk für Anwender“;

Oldenbourg Verlag, München; 1997; 2. Auflage

♦ Dr. Bol, Georg; „Wahrscheinlichkeitstheorie Einführung“; Oldenbourg Verlag,

München; 2007; 6. Auflage

♦ Krengel, Ulrich; „Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik“;

Vieweg Verlag, Wiesbden; 2005; 8. Auflage

♦ Feller, William; „An introduction to Probability Theory and its Applications”;

Chapman & Hall, New York; 1951; 2. Auflage

87


11. Danksagung

An dieser Stelle möchte ich mich bei Herrn Prof. Dr. Steuding bedanken, dem es sofort

gelang, mich für dieses interessante Thema zu begeistern und immer Zeit für meine Fragen

hatte.

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12. Erklärung

Hiermit versichere ich, dass ich die Arbeit in allen Teilen selbstständig gefertigt und keine

anderen als die in der Arbeit angegebenen Hilfsmittel benutzt habe.

Die Zeichnungen, Tabellen und bildlichen Darstellungen habe ich selbst gefertigt.

Würzburg, den 01.09.2008 Stefanie Endres

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13. Anhang

Anhang 1: Plan von Eckenhausen

70 Hengartner; Hirt; Wälti; Primarschulteam Lupsingen; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis

Hochbegabte – Natürliche Differenzierung im Mathematikunterricht“; Begleit-CD

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70


Anhang 2: Arbeitsaufträge

1. Du bist Ina. Zuerst gehst du ein Wegstück nach Osten, dann zwei Wegstücke nach Süden.

Wo bist du?

2. Du bist Eva. Zuerst gehst du ein Wegstück nach Norden. Dann gehst du drei Wegstücke

nach Westen und anschließend ein Wegstück nach Süden. Nun läufst du ein Wegstück nach

Osten und wieder ein Wegstück nach Süden. Als Letztes läufst du ein Wegstück nach Westen.

Wo bist du?

3. Wie kann Leo zur Schule kommen, wenn er nur nach Norden und Westen läuft.

Wie viele Möglichkeiten hat er?

Male die verschiedenen Möglichkeiten mit verschiedenen Farben in deinen Plan ein.

4. Markiere die Felder rot, wohin das Taxi vom Start aus, mit 1, 3, 5, 7,… Wegstücken

hingelangt.

Markiere blau, wohin das Taxi mit 2, 4, 6, …. Schritten hingelangt.

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Anhang 3: Arbeitsblatt 1

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Anhang 4: Gitternetzplan

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71 Hengartner; Hirt; Wälti; Primarschulteam Lupsingen; „Lernumgebungen für Rechenschwache bis

Hochbegabte – Natürliche Differenzierung im Mathematikunterricht“; Begleit-CD

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Anhang 5: Arbeitsblatt 2

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Anhang 6: Arbeitsblätter 1

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Anhang 7: Arbeitsblätter 2

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