Monotone Zufallszahlen und P(run)

13.05.2021, 20:06

Dopap

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Monotone Zufallszahlen und P(run)

Für ein Ereignis
- im Wesentlichen auf einer "geometrischen" Verteilung mit stetig und zufällig fallenden $\begin{eqnarray*} P(\text{Treffer}) =p \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} P(\rm Niete)=q=1-p \end{eqnarray*}$ beruhend -
ist eine numerische Behandlung erste Wahl.
Keine Ahnung wie weit man da rein mathematisch kommt, ergo von Vorne:

--------------------------------------------------------------------------------------------
A.)

Seien die Zufallszahlen $\begin{eqnarray*} z_1,z_2...\in J \end{eqnarray*}$ "stetig" und gleichverteilt.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine Folge $\begin{eqnarray*} z_1,z_2,\cdots,z_n , \quad n \geq 2 \end{eqnarray*}$ (streng) monoton steigend?

Idee: mit Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac {1}{n!} \end{eqnarray*}$

---------------------------------------------------------------------------------------------
B.)

ein "run" sei Obiges plus $\begin{eqnarray*} z_{n} > z_{n+1} , \quad n=1,2,\cdots \end{eqnarray*}$
also eine Erfolgsstrecke bis zur Niete.

welche Wahrscheinlichkeit hat ein solcher run ?

Numerisch ist z.B. $\begin{eqnarray*} P(run=3)=0.128 \end{eqnarray*}$ was ungefähr $\begin{eqnarray*} \frac {1}{6}\cdot P(z_3)=0.16667\cdot 0.81 \end{eqnarray*}$ entspricht.
Die $\begin{eqnarray*} 0.81 \end{eqnarray*}$ ist wohl die bedingte und numerisch bestimmte Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P(z_4\,| \, z_4 < z_3) \end{eqnarray*}$
Vollkommen unklar ob da ein rekursiver oder gar ein allgemeiner Ausdruck möglich ist.
Manchmal sind ja andere Werte wie z.B. $\begin{eqnarray*} \mathbb E(run) \end{eqnarray*}$ zugänglich ohne die explizite Verteilung zu kennen verwirrt

verwirrt

14.05.2021, 10:34

Huggy

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RE: Monotone Zufallszahlen und P(run)
Seien $\begin{eqnarray*} X_i ,\,(i=1, \ldots, n) \end{eqnarray*}$ unabhängig und gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ . Also ist in $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{X_i}(x_i)=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F_{X_i}(x_i)=x_i \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} Y_n=Max (X_i), (i=1, \ldots, n) \end{eqnarray*}$ . Dann ist

$\begin{eqnarray*} F_{Y_n}(y)=P(Y_n \leq y)=\prod_i^n P(X_i) \leq y)=y^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_{Y_n}(y)=n y^{n-1} \end{eqnarray*}$

Das ist unabhängig von der Reihenfolge der $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ , gilt also auch, wenn diese in aufsteigender Reihenfolge erscheinen. Sei $\begin{eqnarray*} P_A(n) \end{eqnarray*}$ die Wahrscheinlichkeit, dass die $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ eine aufsteigende Folge bilden. Es ist

$\begin{eqnarray*} P_A(1)=1 \end{eqnarray*}$

Nun ist

$\begin{eqnarray*} P(X_{n+1}>y|Y_n=y)=(1-y) \end{eqnarray*}$

Also

$\begin{eqnarray*} P(X_{n+1}>Y)=\int_0^1 (1-y) f_{Y_n}(y)dy=\int_0^1 (1-y) n y^{n-1} dy=\frac 1 {n+1} \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich durch vollständige Induktion

$\begin{eqnarray*} P_A(n)=\frac 1 {n!} \end{eqnarray*}$

Weiter ist

$\begin{eqnarray*} P(X_{n+1} \leq Y)=1-P(X_{n+1}>Y) = 1- \frac 1 {n+1}= \frac n {n+1} \end{eqnarray*}$

Damit ist die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} P_R(n) \end{eqnarray*}$ für einen Run der Länge $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , also die Wahrscheinlichkeit, dass die ersten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Zahlen in audsteigender Reihenfolge erscheinen und die nächste dann kleiner ist als $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_R(n)=P_A(n) \frac n {n+1}=\frac 1 {n!} \frac n {n+1}=\frac 1 {(n-1)!(n+1)} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_R(3)= \frac 1 8 =0.125 \end{eqnarray*}$

15.05.2021, 15:13

Dopap

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Das ist gut verständlich und nachvollziehbar geschrieben. Freude

Freude

Praktisch ist es, die Zufallszahlen gleich aus dem Einheitsintervall zu nehmen.

Und damit zum schwierigen Teil, der wiederum keine nachträgliche und willkürliche Änderung
der Aufgabe darstellt, sondern von Anfang an angekündigt ist.

es geht darum, dass die monotonen Folge nicht durch $\begin{eqnarray*} z_{i+1}> z_i \end{eqnarray*}$
definiert wird, sondern dass die Hürde für das nächste $\begin{eqnarray*} z_{i+1} \end{eqnarray*}$ immer in spezieller Abhängigkeiit von $\begin{eqnarray*} z_i \end{eqnarray*}$ festgelegt ist.

------------------------------------------------------------------------------------

C.)

zum Beispiel:
die monotone Erfolgsstrecke bricht bei $\begin{eqnarray*} z_{n+1}<z_n\cdot (1+(1-z_n)) , \quad n\geq 1<br /> \end{eqnarray*}$ ab.
Ist aber so gewählt, dass der run nicht zwangsweise endet, sondern theoretisch beliebig lang sein kann.

Geht dieser Fall noch in Allgemeinheit?

15.05.2021, 18:15

Huggy

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Zitat:

Original von Dopap

Geht dieser Fall noch in Allgemeinheit?

Das sollte sich noch machen lassen. Dummerweise habe ich die Zufallszahlen $\begin{eqnarray*} x_i \end{eqnarray*}$ genannt, die bei dir $\begin{eqnarray*} z_i \end{eqnarray*}$ heißen. Damit ich nicht durcheinander komme, bleibe ich bei meiner Bezeichnung.

Erinnern wir uns, unter der Voraussetzung, dass die Zufallszahlen in aufsteigender Reihenfolge erscheinen, ist $\begin{eqnarray*} Y=X_n \end{eqnarray*}$ . Sei nun

$\begin{eqnarray*} U=Y(1+(1-Y))=2Y-Y^2 \end{eqnarray*}$

Innerhalb des Intervalls $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ ist das eine streng monotone Funktion mit der Umkehrfunktion

$\begin{eqnarray*} Y=1-\sqrt {1-U} \end{eqnarray*}$

Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} F_U(u)=P(U \leq u) = P(Y \leq 1- \sqrt {1-u}) = (1- \sqrt {1-u})^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f_U(u)= \frac n 2 \frac {(1-\sqrt {1-u})^{n-1}}{\sqrt {1-u}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(X_{n+1} \leq u) =\int_0^1 u f_U(u) du=\frac {n(n+3)}{n^2+3n+2} \end{eqnarray*}$

Damit ergibt sich jetzt für einen Run der Länge $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} P_R(n)=\frac 1 {n!}\frac {n(n+3)}{n^2+3n+2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P_R(3) = \frac 3 {20}=0.15 \end{eqnarray*}$

Edit: Nein, das stimmt so nicht. Ich habe angesetzt, dass $\begin{eqnarray*} P_A(n) \end{eqnarray*}$ unverändert bleibt. Aber die veränderte Abbruchbedingung ändert auch $\begin{eqnarray*} P_A(n) \end{eqnarray*}$ .

16.05.2021, 22:48

Dopap

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gut wenn man nicht so schnell antwortet.

Leider hatte mein TR einen heftigen Absturz und das alte Backup hatte zu diesem Thread nichts mehr...
Das betrifft vor allem D.) den vierten Teil.

Zu Obigem, eine "schnelle" Simulation ergibt:

$\begin{eqnarray*} P_R(3)\approx 0.05 \quad \text{signifikant} \neq 0.15 \end{eqnarray*}$

23.05.2021, 15:58

Huggy

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Jetzt habe ich mal zu c) einen neuen Anlauf gemacht. Ich habe eine rekursive Berechnungsmethode gefunden, die diesmal hoffentlich richtig ist. Jedenfalls stimmt sie gut mit meiner Simulation (S) überein.

$\begin{eqnarray*} P(1)=\frac 2 3 \approx 0.666667, \quad S=0.666609 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(2)=\frac 2 7 \approx 0.285714, \quad S=0.285934 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(3)=\frac 2 {45} \approx 0.0444444, \quad S=0.0444261 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} P(4)=\frac 2 {651} \approx 0.0030722, \quad S=0.0030809 \end{eqnarray*}$

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24.05.2021, 01:26

Dopap

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Also geht mathematisch noch was. Immerhin!

D.)

Für eine Folge nicht konstanter Ereignisse, die noch schwieriger mathematisch zugänglich sind und zugleich irgendwie Sinn machen muss man sich schon was einfallen lassen.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

In einer 2x2x2 würfelförmigen Blasenkammer im Fermilab befinden sich "gleichverteilt" sehr viele radioaktive Atome deren Ort und Reihenfolge ihres Zerfalls genau registriert werden können.
Für eine Wette entscheiden die Physiker sich für eine geometrische Verteilung mit Gedächtnis:
Ziel ist es wie zuvor möglichst lange bei einer Zerfallsfolge den Zielbereich zu treffen. Dieser ist im ersten Versuch der Würfel ohne eine virtuelle "Fehlkugel" im Zentrum. Falls ein Zerfall außerhalb erfolgt = Treffer, wird die Fehlkugel im Volumen etwas größer und die Zielmenge damit kleiner.
Die Zunahme des Volumens der Fehlkugel ist duch das minimale Volumen
einer Kugel bestimmt, die die bisherige Fehlkugel berührt und zugleich den letzten Zerfallspunkt P als Oberflächenpunkt besitzt oder
$\begin{eqnarray*} \Delta V= (| (\vec P)|-R_{\rm fehlkugel})^3* \pi/6 \end{eqnarray*}$
Was simultan mit den Zerfällen berechnet wird.
Die Konstruktion bedingt, dass immer eine Zielmenge existiert.
Ein 'run' ist die Anzahl der Erfolge/Treffer bis zum dem ersten Zerfall in der Fehlkugel (einschließlich).
Gesucht, und für die Wette verwendet wird die Wkt $\begin{eqnarray*} P(run=7) \end{eqnarray*}$ . Mir wurde eine statistische Wkt -Tabelle für run= 1...6 zur Verfügung gestellt.
$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c|c|c|c|c|c} R & 1&2 & 3 & 4 &5&6\\ \hline p(R)& x& 0.43767 & 0.18313 & 0.04548&0.00572&0.00151 \end{array} \end{eqnarray*}$

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Der mMn wichtige Eintrag für $\begin{eqnarray*} run=1 \end{eqnarray*}$ war leider unleserlich, aber gerade er würde genaue Rückschlüsse auf die erste Fehlkugel zulassen.
Möglichkeiten :

1.) genaue mathematische Berechnung, scheidet aus(?)
2.) statistische Simulation auf dem TR scheidet angesichts der sehr kleinen Wkt. ebenfalls aus.
3.) Mit einem guten Modell den Verlauf eine Dichte den Daten anpassen.

Idee: Diesen Verlauf mittels dem Minium der Fehlerquadratsumme (Symbol $\begin{eqnarray*} [\varepsilon \varepsilon] \end{eqnarray*}$ einer analytischen Funktion zu realisieren. Wegen Zunahme von $\begin{eqnarray*} P(Niete) \end{eqnarray*}$ kommt eine Weibull $\begin{eqnarray*} Wei(\lambda,k) \end{eqnarray*}$ Verteilung mit
Dichte: $\begin{eqnarray*} f(x)=\lambda k (\lambda x )^{k-1}\exp ({-\lambda x}^k) \end{eqnarray*}$ EDIT $\begin{eqnarray*} f(x)=\lambda k (\lambda x )^{k-1}\exp (-(\lambda x)^k) \end{eqnarray*}$

in Frage. Mit $\begin{eqnarray*} k>1 \end{eqnarray*}$ als Formparameter ist das eine Verteilung mit anfangs steigender Zuverlässigkeit aber schnellem Ende wie bei Ermüdungs oder Lebensdauerfragen üblich.
Die Bestimmung der Parameter ist numerisch über eine qualifizierte und zufällige Suche - möglichst dem Gradienten entlang - im $\begin{eqnarray*} \lambda, k \end{eqnarray*}$ Raum möglich.
Ja, und das geht auf dem TR wenn man bei 75 MHz und Interpretersprache genügend Zeit für ein oder 2 Schläfchen zwischendurch hat.

Ergebnis:
Skalenparameter $\begin{eqnarray*} \lambda = 0.4682 \end{eqnarray*}$
Formparameter $\begin{eqnarray*} k=2.381 \end{eqnarray*}$
Fehlerquadratsumme $\begin{eqnarray*} [\varepsilon \varepsilon]=0.169 \end{eqnarray*}$
und daraus folglich
$\begin{eqnarray*} P(run=1)=0.332 \end{eqnarray*}$ was den Schluss auf den Startradius der Fehlkugel von $\begin{eqnarray*} \approx 0.85 \end{eqnarray*}$ zulässt.

Und letztendlich $\begin{eqnarray*} \boxed{P(run=7)=2.67 \cdot 10^{-7}} \end{eqnarray*}$

Dichte:

24.05.2021, 20:47

Huggy

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An deiner Beschreibung von d) verstehe ich offenbar etwas nicht richtig. Eine Simulation für einen Run der Länge 1 ergab bei mir nämlich nur eine Wahrscheinlichkeit von ca. 7,2 %.

25.05.2021, 07:31

Dopap

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für R=1 braucht man keine Simulation. $\begin{eqnarray*} P_1= \frac{4\pi/3\cdot 0.85^3}{2^3}=0.32156 \end{eqnarray*}$ wenn man vom Anfangsradius von $\begin{eqnarray*} 0.85 \end{eqnarray*}$ ausgeht.

Und genau das habe ich für die "story" angenommen

$\begin{eqnarray*} \begin {smallmatrix} run&1 &2 &3 &4& 4 &5 & 7& 8& 9\\Anzahl &1083& 1453 &608& 151& 19& 5 &0& 0& 1 \end {smallmatrix} \end{eqnarray*}$ n=3320

und nun run=1 rausgenommen. Ebenso den Ausreißer run=9

Und nun tatsächlich(!) rückwärts die "Dichte" bestimmt.
Erstaunlich wie die Approximation das Absenken für run=1 aus den restlichen 5 abfallenden Punkten rekonstruiert hat. Das Modell scheint zu passen.

25.05.2021, 11:09

Huggy

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Da besteht bei mir noch Klärungsbedarf.

Zitat:

Original von Dopap
für R=1 braucht man keine Simulation. $\begin{eqnarray*} P_1= \frac{4\pi/3\cdot 0.85^3}{2^3}=0.32156 \end{eqnarray*}$ wenn man vom Anfangsradius von $\begin{eqnarray*} 0.85 \end{eqnarray*}$ ausgeht.

Woher kommt die $\begin{eqnarray*} 0.85 \end{eqnarray*}$ ? Dein voriger Text

Zitat:

$\begin{eqnarray*} P(run=1)=0.332 \end{eqnarray*}$ was den Schluss auf den Startradius der Fehlkugel von $\begin{eqnarray*} \approx 0.85 \end{eqnarray*}$ zulässt.

macht den Eindruck, dass der Wert aus den $\begin{eqnarray*} 0.332 \end{eqnarray*}$ berechnet wurde. Dann ist es kein Wunder, dass die $\begin{eqnarray*} 0.85 \end{eqnarray*}$ wieder zu $\begin{eqnarray*} 0.332 \end{eqnarray*}$ führt. Das wäre aber ein Zirkelschluss. Aus

Zitat:

Dieser ist im ersten Versuch der Würfel ohne eine virtuelle "Fehlkugel" im Zentrum

habe ich geschlossen, dass die Fehlkugel nach dem ersten Zerfall durch die Position des ersten Zerfalls bestimmt wird und ihr Radius wegen

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \Delta V= (| (\vec P)|-R_{\rm fehlkugel})^3* \pi/6 \end{eqnarray*}$

gleich dem halben Abstand des Zerfalls vom Mittelpunkt des Würfels ist. Darauf beruht meine Simulation. Nun lässt deine Tabelle

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c|c|c|c|c|c} R & 1&2 & 3 & 4 &5&6\\ \hline p(R)& x& 0.43767 & 0.18313 & 0.04548&0.00572&0.00151 \end{array} \end{eqnarray*}$

auch ohne Anpassung den Schluss zu, dass $\begin{eqnarray*} p(1) \approx 0.32 - 0.33 \end{eqnarray*}$ . Also muss ich etwas grundlegend falsch verstehen.

25.05.2021, 14:38

Dopap

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1.) die Zielmenge ist im ersten und in den weiteren Versuchen der Würfel abzüglich der virtuellen Kugel in Zentrum.
Also eine Mengendifferenz.

2.) Ja, die Häufigkeitstabelle ist von mir mit $\begin{eqnarray*} R_0=0.85 \end{eqnarray*}$ als Arbeitsgrundlage erstellt worden.
Anschließend etwas modifiziert, auf Wahrscheinlichkeit umgerechnet und dann als vorgegeben behandelt worden.
Also kein Zirkelschluss für run = 1.

Wie gesagt, die Approximation mit dem Modell trifft $\begin{eqnarray*} P(R=1) \end{eqnarray*}$ erstaunlich gut.

26.05.2021, 15:34

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

...

27.05.2021, 11:03

Huggy

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Wenn man mit einer Fehlkugel mit festem Radius $\begin{eqnarray*} R_0=0.85 \end{eqnarray*}$ beginnt, wird die Position des ersten Zerfalls nicht als Zufallsgröße behandelt, was sich von der vorher erzählten "story" unterscheidet.

Wenn ich aber mal davon ausgehe, kann ich die gegebene Tabelle noch immer nicht verstehen. Der zweite Zerfall ist maximal $\begin{eqnarray*} \sqrt 3 \end{eqnarray*}$ vom Mittelpunkt des Würfels entfernt. Das erhöht den Radius der Fehlkugel von $\begin{eqnarray*} R_0=0.85 \end{eqnarray*}$ maximal auf $\begin{eqnarray*} R_1=0.887864 \end{eqnarray*}$ . Das ergibt aber maximal eine Wahrscheinlichkeit von $\begin{eqnarray*} P(2)<0.25 \end{eqnarray*}$ . Dabei ist berücksichtigt, dass es nur in ca. 68 % der Fälle zu einem $\begin{eqnarray*} run >1 \end{eqnarray*}$ kommt.

Wie kann das sein, da doch deine Simulation den Tabellenwert von $\begin{eqnarray*} P(2) \approx 0.44 \end{eqnarray*}$ bestätigt?

28.05.2021, 06:39

Dopap

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Da hast du vollkommen recht, weil die Beschreibung und die Simulation nicht übereinstimmen!

Mein Augenmerk lag mehr bei der Approximation als bei der Herstellung der Simulation.
Und wie üblich, ist ein Programmierfehler besonders ärgerlich wenn er zu keinen direkten Auffälligkeiten führt.
In dem Geäst der Dutzend Kleinstprogramme wurde statt einer lokalen eine globale Variable gleichen namens verwendet.
[ Als Lohn entstand ein Programm ( auf dem TR!), das für "beliebig" viele Parameter geeignet ist ]

Eine erneute Simulation mit n=3000 ergibt:
Die schwache Zunahme der Fehlkugel bewirkt eine stärkere Angleichung an eine geometrische Verteilung ( k=1) durch den neuen Formparameter k=1.25, d.h. die Stauchung ist kaum noch sichtbar. Längere runs treten häufiger auf.

Ergebnis:
Skalenparameter $\begin{eqnarray*} \lambda = 0.4196 \end{eqnarray*}$
Formparameter $\begin{eqnarray*} k=1.247 \end{eqnarray*}$

Alt vs Neu:

28.05.2021, 11:13

Huggy

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Zitat:

Original von Dopap
Mein Augenmerk lag mehr bei der Approximation als bei der Herstellung der Simulation.

Dann bleibt die Frage, von wem stammt die Tabelle

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \begin{array}{c|c|c|c|c|c} R & 1&2 & 3 & 4 &5&6\\ \hline p(R)& x& 0.43767 & 0.18313 & 0.04548&0.00572&0.00151 \end{array} \end{eqnarray*}$

und wie kommt sie zustande? Kann es sein, dass du die gar nicht bekommen hast, sondern dass sie aus deiner eigenen Simulation stammt. Doch was sollte dann das mit der angeblich geschwärzten Stelle. Bei mir verfestigt sich der Eindruck, dass du wieder mal durch deine Lust am Fabulieren nur Verwirrung erzeugt hast.

29.05.2021, 06:29

Dopap

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ganz einfach,

1. die Tabelle entspringt meiner fehlerhaften Simulation.
Keine Absicht, obwohl mir das der Meister schon längst um die Ohren...

2. Die Sache mit dem fehlenden Wert für run=1 in der "story" sollte den direkten Schluss auf $\begin{eqnarray*} R_0 \end{eqnarray*}$ verhindern.

Und, um den Konjunktiv zu strapazieren, hättest du nicht so genau hingeschaut, dann wäre alles gut gegangen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

29.05.2021, 08:17

Huggy

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Es hätte mir einige Arbeit erspart, wenn du deine Frage klar beschrieben hättest, statt sie mit einer irreführenden "story" zu vermischen.

Deine Anpassungsmethode mag als pragmatische Lösung durchgehen. Man kann aber vermuten, dass die relativen Abweichungen der Anpassung zu den wahren Wahrscheinlichkeiten in dem unbekannten Teil der diskreten Verteilung recht groß werden können. Die Anpassung wird ja im allgemeinen nicht mal die Normierung Gesamtwahrscheinlichkeit = 1 erfüllen.

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