ScienceBlogs-Leser Frank Wappler hat noch eine Frage:

Wie lassen sich Zerfallsprozesse durch Stichproben von je drei Zerfällen statistisch analysieren?

Als Hintergrund für diese Frage* schreibt er:

“Aus der Beobachtung nur eines einzelnen Zerfallsereignisses, insbesondere dem Zerfall eines instabilen Teilchens, lassen sich keine Schlüsse über dessen (tatsächliche, individuelle) Lebensdauer ziehen.

Durch zwei Zerfälle (von Objekten eines bestimmten Ensembles instabiler Teilchen) ist immerhin die Dauer dieses Ensembles vom einen bis zu anderen Zerfall festgesetzt; die allerdings nicht unbedingt repräsentativ für die mittlere Lebensdauer des gesamten Ensembles ist.

Schon bei Betrachtung dreier Zerfälle zusammen lassen sich Dauerverhältnisse auswerten. Es lassen sich daraus sicherlich Abschätzungen der mittleren Lebensdauer des zugrundeliegenden Ensembles gewinnen und ein Standardfehler-Wert dazu angeben; die Betrachtung dreier Zerfälle stellt wohl die kleinst-denkbare selbständige Stichprobe dar, anhand der sich Zerfallsprozesse statistisch analysieren lassen.”

*Er hat dazu sicher noch mehr zu sagen/schreiben und wird dies sicher auch in den Kommentaren tun, aber um – dem Geist dieser Rubrik entsprechend – die Frage schneller auf den Punkt zu bringen, habe ich aus seiner Zuschrift das herausgegriffen, was die Kernfrage zu sein schien.

Kommentare (37)

  1. #2 tomtoo
    18. November 2018

    Verstehe ich nicht? Warum sollte mit 2 Teilchen eine Dauer festgesetzt sein? Ich habe 2 Teilchen mehr weis ich nicht, ich vermute nur das die zufällig zerfallen. Eines ist eben zerfallen, das nächste 0,2sec später. Was soll das über eine Dauer aussagen? Evtl. hab ich ja den Glückstreffer im Universum gezogen? Eigentlich leben die Teilchen im Durchschnitt10^20sec?

  2. #3 Novidolski
    18. November 2018

    Wenn der Zerfall eines rad. Teilchens noch innerhalb Deiner Lebenszeit liegt, dann kannst du sagen, es ist zerfallen. Das ist schon mal eine wichtige Aussage.Wenn zwei Teilchen innerhalb deiner Lebenszeit zerfallen und du hast nur zwei Teilchen insgesamt, was dann keine Stichprobe mehr ist, dann kannst du aus dem zeitlichen Abstand der zufälligen Zerfälle schließen , dass die Halbwertzeit wahrscheinlich kleiner ist als der Abstand zwischen den beiden Zerfällen. Bei drei Zerfällen kannst du schon bestimmen, wie die abstände sind. Sind sie evtl. gleich, dann hast du schon die Halbwertzeit, sind sie total verschieden, dann ist die Wahrscheinlichkeit groß, dass die Halbwertzeit größer ist als der Beobachtungszeitraum insgesamt.

  3. #4 Laie
    18. November 2018

    Die spukhafte “Absprache” von vielen radioaktiven Teilchen ist, dass zur sog. Halbwertzeit nur noch die Hälfte da ist. Die Frage ist, zerfallen die Teilchen wirklich von einander unabhängig oder doch nicht? (Suggestivfrage)

    Die Teilchen sind ja alle ‘gleich’. Achtung: Das eine Teilchen zerfällt nach 30 Jahren, das andere nach 30.000 Jahren, alles möglich.

    @Novidolski
    Die Halbwertszeit eines Menschen beträgt um die 50 Jahre, die ist ziemlich konstant. Man braucht etwas Langlebigeres, ein langlebiger Geigerzähler. (Der heisst seit neuem “Kombinationsnachweissgerät”, eine Idee der Überkorrekten?)

  4. #5 Novidolski
    18. November 2018

    Laie
    der Frank Wappler, das ist ein ganz genauer, was der sagen will, ist mir nicht ganz klar und vorallem, warum fragt er solche Dinge. Hat er eine tiefere Sichtweise als wir?

  5. #6 Ingo
    18. November 2018

    Ich habe die frage nicht verstanden. Kann die jemand uebersetzen?

  6. #7 Laie
    18. November 2018

    @Novidolski
    Die Frage von Frank Wappler kann ich nicht beantworten. Ich würde halt mehr als 3 Teilchen nehmen, um auf sicher zu gehen. Jeder hat eine andere Sichtweise – im positiven Sinn lassen sich so Sichtweisen ergänzen. Der klare Vorteil gegenüber Monokulturen.

    @Ingo
    Er schreibt, mit drei Zerfällen könne man schon einiges statistisch aussagen, jedoch fragt er, welche statistischen Methoden dafür in Frage kommen, bzw. wie sie anzuwenden sind. (So mein Verständnis). Die Frage ist vielleicht von Teilchenphysikern, die sich damit genauer auskennen, zu beantworten?

  7. #8 Novidolski
    18. November 2018

    Laie
    nachdem ich mich kundig gemacht habe, was ein Standartfehler ist, wird mir die Aussage von FW noch unklarer.
    Deine Vermutung, mehr Teilchen zu nehmen ist absolut korrekt, und wenn wir mit Teilchen Schüler meinen mit einem bestimmten IQ, dann wird der Standartfehler erst aussagekräftig bei 2000 Schülern.

  8. #9 Alderamin
    19. November 2018

    @Frank Wappler

    Wie lassen sich Zerfallsprozesse durch Stichproben von je drei Zerfällen statistisch analysieren?

    Die Frage ist, warum sollte man das tun? Hat man nur drei Ereignisse zur Verfügung? Da hat man entweder extrem wenige Teilchen der jeweiligen Substanz, oder unverhältnismäßig wenig Zeit. Dann wäre der erste Rat, mehr Substanz oder mehr Beobachtungsdauer zu veranschlagen (weshalb Neutrinodetektoren beispielsweise so groß sind).

    Durch zwei Zerfälle (von Objekten eines bestimmten Ensembles instabiler Teilchen) ist immerhin die Dauer dieses Ensembles vom einen bis zu anderen Zerfall festgesetzt; die allerdings nicht unbedingt repräsentativ für die mittlere Lebensdauer des gesamten Ensembles ist.

    Schon bei Betrachtung dreier Zerfälle zusammen lassen sich Dauerverhältnisse auswerten. Es lassen sich daraus sicherlich Abschätzungen der mittleren Lebensdauer des zugrundeliegenden Ensembles gewinnen und ein Standardfehler-Wert dazu angeben; die Betrachtung dreier Zerfälle stellt wohl die kleinst-denkbare selbständige Stichprobe dar, anhand der sich Zerfallsprozesse statistisch analysieren lassen.”

    Es dürften schon zwei Zerfälle reichen. Zerfälle sind Poisson-verteilt, die Zwischenankunftszeiten exponentialverteilt; die Exponentialverteilung ist gedächtnislos, man braucht also nicht auf einen ersten Zerfall zu warten, um von diesem Moment an die Dauer zweier folgender Zerfälle zu messen, sondern man kann zu beliebiger Zeit die Stoppuhr starten und dann auf zwei Zerfälle warten, aus denen man eine rudimentäre Streuung der Zwischenankunftszeit bestimmen kann. Die Streuung σ der Zwischenankunftszeit hängt dann mit dem freien Parameter λ der Exponentialverteilung über σ = 1/(λ√n) zusammen, wobei n die Stichprobengröße ist (und das λ ist dann dasjenige der zugehörigen Poissonverteilung, die Zerfallsrate in Zerfällen pro Zeiteinheit).

    Alternativ kann man für einen festen Zeitraum T die Zahl n der Zerfälle zählen (mit beliebigem Startzeitpunkt) und erhält als Schätzung für die Zerfallsrate λ = n/T.

    Die Halbwertszeit ist in beiden Fällen ln(2)/λ

    Aber natürlich nähert die empirische Streuung die Standardabweichung erst mit zunehmender Stichprobengröße zufriedenstellend an, so etwa ab n=30 kann man mit dem Ergebnis etwas anstellen. Das Konfidenzintervall einer Schätzung von λ für die Stichprobengröße n und das Konfidenzniveau α kann man hiermit berechnen. Daher – warum nur 2 oder 3 Werte betrachten? Für eine ganz grobe Hausnummer?

  9. #10 tomtoo
    19. November 2018

    Evtl. fehlt da einfach zu viel vom Ursprungstext. Das der Frank deutlich fitter ist in Mathe ist als ich ist mir schon klar. Und irgentwie steht dir Frage ja auch in Zusammenhang mit der Uhr Frage? Aber auf was es hinauslaufen soll, ist mir nicht klar.

  10. #11 Philipp
    19. November 2018

    @Alderamin:
    Das gilt für radioaktive Zerfälle und andere Zerfälle, die dem selben Zerfallsgesetz folgen. Prinzipiell sind aber auch andere Zerfallsgesetze denkbar. Z.B. könnten zu einem festen Zeitpunkt schlagartig alle Objekte simultan zerfallen. Oder die Wahrscheinlichkeit für den Zerfall jedes Objekts könnte gleichverteilt über einem bestimmten Intervall sein. Oder …

    In diesen Fällen muss man unter Umständen andere Schätzer für die mittlere Lebensdauer verwenden und insbesondere wird der Standardfehler des Schätzers ein anderer sein.

    Leider hat Frank Wappler nicht erwähnt, welchem Zerfallsgesetz seine Zerfälle folgen. Klar, exponentieller Zerfall ist sehr häufig, denn dazu braucht es nur Stetigkeit und Gedächtnislosigkeit. Aber es gibt auch Systeme mit “Gedächtnis” (z.B. in der Biologie oder der Technik) und deren “Zerfälle” sind dann nicht mehr exponentialverteilt. Deshalb mein Verweis auf die Schätztheorie, die solche Fragen ganz allgemein behandelt.

  11. #12 Laie
    20. November 2018

    @tomtoo
    Vielleicht: Je kürzer der Zeitraum, desto weniger Radioaktivität?

  12. #13 Frank Wappler
    21. November 2018

    tomtoo schrieb (#10, 19. November 2018):
    > […] auf was es hinauslaufen soll, ist mir nicht klar.

    Hinsichtlich der “Frage im Hintergrund” sollte (meine Auffassung) verdeutlicht werden:

    Wenn zwei Ensembles von zerfallenden Objekten untersucht werden, dann bestehen von vornherein sehr wohl Zweifel daran, dass beide Ensembles mit der gleichen mittleren Lebensdauer und (statistisch) ähnlichem Verlauf der Abnahme der Anzahl von Objekten zerfallen würden. Stattdessen kann und muss Versuch für Versuch gemessen werden, ob das zutraf, oder in wie fern (und wie signifikant) nicht.

    (Meine obige Frage beschäftigt sich darüberhinaus mit Details, wie das im Einzelnen zu messen wäre; hinsichtlich denen ich eben ehrlicherweise eher Fragen anstatt schon einer bestimmten Auffassung habe.)

  13. #14 Frank Wappler
    21. November 2018

    Philipp schrieb (#11, 19. November 2018):
    > Leider hat Frank Wappler nicht erwähnt, welchem Zerfallsgesetz seine Zerfälle folgen. […]

    Dazu möchte ich den Text nachreichen, den ich schon mit meiner obigen Frage vorbereitet und eingereicht hatte. (Dabei habe ich versucht, die Notation so anzupassen, dass kein Konflikt mit der Notation in https://de.wikipedia.org/wiki/Sch%C3%A4tztheorie bestehen soll.):

    Im Einzelnen, und hier nicht zuletzt zur Darstellung geeigneter Notation, sei \mathcal M ein (gedachtes, anfangs sehr zahlreiches) Ensemble von Objekten, deren Anzahl anschließend möglichst genau entsprechend exponentiellem Zerfall abnimmt, d.h. so dass für die im Verlauf auftretenden Anzahlen N^{\mathcal M}_q \le N^{\mathcal M}_p \le N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} gilt:

    \frac{\text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} + 1 \, ] \, - \, \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_p \, ]}{\text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} \, ] \, - \, \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_q \, ]} \ge \left( \frac{\tau \mathcal M[ \, \text{Anfang}, \text{ Zerfall} \rightarrow p \, ]}{\tau \mathcal M[ \, \text{Anfang},  \text{ Zerfall} \rightarrow q \, ]} \right) \ge \frac{\text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} \, ] \, - \, \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_p \, ]}{\text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} + 1 \, ] \, - \, \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_q \, ]}.

    (Sicherlich lassen sich “Schätzer”-Funktionen auch hinsichtlich anderer denkbarer “Zerfallsgesetze” aufstellen.)

    Außerdem hatte ich versucht, eine möglichst konkrete Frage zu formulieren:

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, P^{\mathcal M}_{(ABC)}[ \, [r, s], [\kappa, \mu] \, ], dass für drei aus einem solchen Ensemble ausgewählten Objekte A, B, C \in \mathcal M (wobei A dasjenige Objekt bezeichnen soll, das von diesen dreien zuerst zerfiel; und C dasjenige Objekt bezeichnen soll, das von diesen dreien zuletzt zerfiel) gilt:

    – dass der Wert des Verhältnisses der Dauer des Ensembles vom Zerfall As bis zum Zerfall Bs zur Dauer des Ensembles vom Zerfall As bis zum Zerfall Cs zwischen zwei bestimmten reellen Zahlenwerten 0 \le r \le s \le 1 lag; r \le \left( \frac{\tau \mathcal M[ \, \text{Zerfall } A, \text{Zerfall } B \, ]}{\tau \mathcal M[ \, \text{Zerfall } A, \text{Zerfall } C \, ]} \right) \le s, und

    – dass der Wert des Produkts aus Dauer des Ensembles vom Zerfall As bis zum Zerfall Cs und der Zerfallskonstante des Ensembles zwischen zwei bestimmten reellen Zahlenwerten 0 \le \kappa \le \mu lag; \kappa \le \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} \, ] \, - \, \text{Ln}[ \, N^{\mathcal M}_{(\text{Zerfall } C)} \, ] \le \mu
    ?

    (Anhand dieser Wahrscheinlichkeiten ließe sich insbesondere die Methodik von “Maximum Likelihood” auf gemessene Dauerverhältnisse anwenden, um Zerfallsprozesse statistisch zu analysieren; und z.B. durch Standardfehler zu bewerten, wie signifikant sich Abschätzungswerte der Zerfallskonstanten voneinander unterscheiden, die für jeweils zwei Versuche ermittelt wurden.)

  14. #15 Frank Wappler
    21. November 2018

    Alderamin schrieb (#9, 19. November 2018):
    > [»Wie lassen sich Zerfallsprozesse durch Stichproben von je drei Zerfällen statistisch analysieren?«] Die Frage ist, warum sollte man das tun?

    Zugegebenermaßen ist die Motivation meiner Frage (die oben vollständig so wiedergegeben ist, wie ich sie eingereicht hatte) ausbaufähig …

    Wesentlich und sicherlich unstrittig ist, dass, ganz allgemein, zusammen mit einem bestimmten Schätzwert (bzw. Messwert) auch ein jeweils ein bestimmter entsprechender Standard-Fehler ermittelt werden soll; damit insbesondere bei ungleichen Ergebnissen aus verschiedenen Versuchen bewertet werden könnte, wie signifikant die betreffende Ungleichheit ist.

    Im Zusammenhang mit Abschätzungen von Parameterwerten unter der Annahme von exponentiellem Zerfall hat mich “die übliche Methodik” zur Ermittlung des Standard-Fehlers (vgl. insbesondere das Lehrmaterial von Richard Kass) nicht so ganz überzeugt. Konkret (vgl. S. 11 in Kass’ ppt-Datei) …

    > […] Zerfälle sind Poisson-verteilt

    Richtig (“in mehr oder weniger guter Näherung”)! — Die Zerfälle (Anzahl “\Delta N“) sind (nahezu) Poisson-verteilt; und nicht, wie von Kass nahegelegt (als Beispiel aus “W. R. Leo: Techniques for Nuclear and Particle Physics Experiments”), die Anzahl der jeweils vorhandenen/verbliebenen instabilen Objekte (Anzahl “N“).
    Denn: diese Anzahl “N” sollte doch strikt monoton abnehmen …

    Allerdings geht “die” Poisson-Verteilung ja offenbar von konstanter mittlerer Ereignishäufigkeit \lambda aus, was offenbar höchstens näherungsweise zutrifft …

    > die Zwischenankunftszeiten [sind] exponentialverteilt;

    Das ist jedenfalls ein sachdienlicher Hinweis (»dass die Warte[dauer] zwischen zwei Ereignissen exponentialverteilt ist.«).

    > […] warum nur 2 oder 3 Werte betrachten? Für eine ganz grobe Hausnummer?

    Eher im Gegenteil. Die Idea wäre, ein “Maximum Likelihood”-Produkt aus den Wahrscheinlichkeiten von allen \binom{N_{\text{Anfang}}}{3} Tripeln von Zerfallsereignissen zu bilden …

  15. #16 Alderamin
    21. November 2018

    @Frank Wappler

    Wenn zwei Ensembles von zerfallenden Objekten untersucht werden, dann bestehen von vornherein sehr wohl Zweifel daran, dass beide Ensembles mit der gleichen mittleren Lebensdauer und (statistisch) ähnlichem Verlauf der Abnahme der Anzahl von Objekten zerfallen würden.

    Warum? Wenn’s der gleiche Stoff in der gleichen Menge im gleichen Inertialsystem ist? Und genug davon vorhanden, dass die Statistik greift, natürlich. Aus 2 oder drei radioaktiven Atomen wird man keine Uhr bauen können. Aus 2 mol schon eher.

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, P^{\mathcal M}_{(ABC)}[ \, [r, s], [\kappa, \mu] \, ], dass für drei aus einem solchen Ensemble ausgewählten Objekte…

    Sollte über die Dichtefunktion der Exponentialverteilung leicht anzugeben sein.

    Allerdings geht “die” Poisson-Verteilung ja offenbar von konstanter mittlerer Ereignishäufigkeit \lambda aus, was offenbar höchstens näherungsweise zutrifft …

    Klar, der zerfallende Stoff wird ja mit dem Zerfall weniger, das Gesetz gilt für Zeiträume, die kurz gegen die Halbwertszeit sind. Mit Sicherheit kann man daraus auch eine Verteilung herleiten, die den “Zerfall ohne Zurücklegen” beschreibt, welche hinreichend kompliziert sein dürfte, weil sie die abnehmende Stoffmenge berücksichtigt.

    Das ist jedenfalls ein sachdienlicher Hinweis (»dass die Warte[dauer] zwischen zwei Ereignissen exponentialverteilt ist.«)

    Das kenne ich aus der Warteschlangentheorie. Die Ankunftsrate von Kunden an einem Abfertigungssystem (Kasse im Supermarkt, Ampel, Jobs in einer CPU) wird als Poisson-verteilt modelliert, weil die Ankünfte untereinander unabhängig sind (dass Kunde N+1 sich auf den Weg zum Supermarkt macht, hat keinen Zusammenhang mit Kunde N, der das vorher auch getan hat, so dass sie an der Kasse zufällig hintereinander stehen; Öffnungs-und Arbeitszeiten mal ignorierend). Das ist bei (spontanen) radioaktiven Zerfällen ähnlich.

  16. #17 Philipp
    21. November 2018

    @Frank Wappler:

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, …

    Ehrlich gesagt verstehe ich nicht, was du mit dieser Frage bezweckst.

    Das Wahrscheinlichkeitsmaß ist bekannt. Es hat eine Dichte (bezüglich Lebesgue) und die hat eine Form, die die Berechnung von Integralen sehr einfach macht. Daher sollte es dir doch problemlos möglich sein, diese Wahrscheinlichkeit selbst zu berechnen? Konstruiere die Menge, die dem Ereignis entspricht dessen Wahrscheinlichkeit du suchst, zeige ggf. dass diese Menge messbar ist, und bestimme dann ihr Maß.

    Was soll also die Frage? Erwartest du ernsthaft, dass jemand diese Rechnung für dich durchführt?

  17. #18 Laie
    23. November 2018

    Ein besonderes Ereignis wäre das Dreizerfallsereignis. Das sind dann drei Zerfälle der drei Atome zur selben Zeit. Die Wahrscheinlichkeit ist ungleich 0, man müsste aber sehr lange darauf warten.

  18. #19 Frank Wappler
    24. November 2018

    Alderamin schrieb (#16, 21. November 2018):
    > [» Wenn zwei Ensembles von zerfallenden Objekten untersucht werden, dann bestehen von vornherein sehr wohl Zweifel daran, dass beide Ensembles mit der gleichen mittleren Lebensdauer und (statistisch) ähnlichem Verlauf der Abnahme der Anzahl von Objekten zerfallen würden. «]

    > Warum?

    Weil — es sich bei zwei Ensembles von Objekten ja nicht unbedingt von vornherein um zwei Ensembles von (“hinreichend genau”) gleichen Objekten gehandelt haben müsste, die “unter (hinreichend genau) gleichen Bedingungen” zerfallen wären.

    Insbesondere Letzteres ließe sich (“mit einiger Signifikanz”) erst nachträglich daraus schließen, dass für beide Ensembles gleiche mittlere Lebensdauern und (statistisch) ähnlicher Zerfallsverlauf gefunden worden wäre.

    > Wenn’s der gleiche Stoff in der gleichen Menge […] ist? Und genug davon vorhanden, dass die Statistik greift, natürlich.

    Ist mit “der gleiche Stoff” hier ausdrücklich

    – “unter gleichen Bedingungen”, oder wenigstens

    – “mit gleichem Phasenraum(-Volumen) für die jeweiligen Zerfallsprodukte”

    gemeint ??
    (Oder wäre das Ensemble für Ensemble erst zu messen? …)

    > “Zerfall ohne Zurücklegen” […] Mit Sicherheit kann man daraus auch eine Verteilung herleiten, die den “Zerfall ohne Zurücklegen” beschreibt, welche hinreichend kompliziert sein dürfte […]

    Mich interessiert eine ausdrückliche Formulierung,
    ausschließlich unter Verwendung der experimentell gefundenen Anzahlen N und der gemessenen Verhältnisse von Dauern (insbesondere zwischen aufeinanderfolgenden Zerfällen);
    vor allem um zu berechnen, wie signifikant sich zwei gegebene Ensembles hinsichtlich der jeweils ermittelten Schätzwerte ihrer mittlerer Lebensdauern unterscheiden.

  19. #20 Philipp
    24. November 2018

    @Laie:
    Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei oder mehr Zerfälle exakt gleichzeitig passieren, ist exakt gleich Null. Im Experiment kann man selbstverständlich Gleichzeitigkeit nicht beliebig genau feststellen. Daher ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei Zerfälle zeitlich so nah beieinander passieren, dass Gleichzeitigkeit im Rahmen der Messgenauigkeit nicht ausgeschlossen werden kann, größer als Null (und abhängig von der Messgenauigkeit).

  20. #21 Frank Wappler
    26. November 2018

    Frank Wappler schrieb (#19, 24. November 2018):
    > Alderamin schrieb (#16, 21. November 2018):
    > > […] Wenn’s der gleiche Stoff […] ist?
    > Ist mit “der gleiche Stoff” hier ausdrücklich

    > – “unter gleichen Bedingungen”, oder wenigstens

    > – “mit gleichem Phasenraum(-Volumen) für die jeweiligen Zerfallsprodukte”

    > gemeint ??

    Außerdem müsste wohl wenigstens gemeint sein, dass die jeweilige Potentialbarriere zwischen anfänglichem Objektzustant und dem Zustand seiner Zerfallsprodukte gleich sein soll.

    > (Oder wäre das Ensemble für Ensemble erst zu messen? …)

  21. #22 Frank Wappler
    26. November 2018

    Frank Wappler schrieb (#19, 24. November 2018):
    > […] Mich interessiert eine ausdrückliche Formulierung […]

    Um dafür zumindest konkrete Beispiele vorzuschlagen —
    für den Schätzwert als Erwartungswert einer Exponentialverteilung:

    \vartheta \equiv \frac{1}{\lambda^{\ast}} := \frac{2}{N (N - 1)} \left( \sum_{j = 2}^{N} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) \right),

    und für den entsprechenden Standardfehler (bzw. dessen Quadrat):

    \sigma^2 := \frac{1}{N} \sum_{q = 1}^N \Bigg( \frac{1}{\lambda^{\ast}} -\qquad \qquad \frac{2}{(N - 1) (N - 2)} \Big( \sum_{j = 2}^{q - 1} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) +
    \qquad \qquad \qquad \qquad \sum_{j = q + 1}^{N} \sum_{k = 1}^{q - 1} \left( (\tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] - \tau \mathcal M[ \, \_(q + 1), \_q \, ]) \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{(j - 1)}{k} \, ] \right) +
    \qquad \qquad \qquad \qquad \sum_{j = q + 2}^{N} \sum_{k = q + 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{(j - 1)}{(k - 1)} \, ] \right) \Big) \Bigg)^2.

    Offenbar ist dieser Standardfehler \sigma nur für Ensemblegrößen von N \equiv N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} \ge 3 definiert.

  22. #23 Philipp
    27. November 2018

    @Frank Wappler:
    Das ist ja alles ganz lustig, aber besonders gut scheint dein Schätzer nicht zu sein. So ist er z.B. nicht erwartungstreu. Wenn ich mich nicht verrechnet habe (und ich deine eigenwillige Notation richtig verstehe), ist der Erwartungswert deines Schätzes bei N=2 gleich 1/(lambda ln 2) und damit 44% größer als der korrekte Wert. Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51% und bei N=4 sind es mehr als 57%. Mit wachsendem N wird dein Schätzer also anscheinend sogar schlechter.

    Und was das ganze soll, hast du auch noch nicht wirklich erklärt. Die Exponentialverteilung ist ja nichts neues. Für sie sind einfache und gute Schätzer mit bekannten Eigenschaften längst bekannt.

  23. #24 Frank Wappler
    27. November 2018

    Philipp schrieb (#23, 27. November 2018):
    > […] dein Schätzer [#22 …] Wenn ich mich nicht verrechnet habe (und ich deine eigenwillige Notation richtig verstehe), ist der Erwartungswert deines Schätzers bei N=2 gleich 1/(lambda ln 2) und damit 44% größer als […]

    Ich kann bestätigen, dass \frac{1}{\text{Ln}[ \, 2 \, ] \approx 1,44.

    Wenn ich in die Formel für \vartheta aus Kommentar #22 den Wert N := 2 einsetze, erhalte ich allerdings:

    \frac{2}{N (N - 1)} \left( \sum_{j = 2}^{N} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) \right) :=

    1 * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 2 \, ]  \right) \Big) \approx 1,44 * \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ],

    wobei sich “\tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ]” als Symbol für die Formulierung versteht: “die Dauer des Ensembles \mathcal M, von seiner Anzeige des Zerfalls, vor/bei dem das Ensemble noch aus zwei Objekten bestand (aber danach nur noch aus einem), bis zu seiner Anzeige des Zerfalls, vor/bei dem das Ensemble noch aus einem Objekte bestand (aber danach ganz zerfallen war)".    Ausgerechnet diese Dauer als "<i>1/lambda</i>" zu schreiben, ist und wäre jedenfalls nicht unbedingt mein Vorschlag. ...     > <i> [...] und damit 44% größer als der korrekte Wert. </i>    Was genau könnte denn "<i><b>der</b> korrekte Wert</i>" hinsichtlich eines Ensembles sein, dass anfänglich aus lediglich latex N \equiv N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} = 2$ Objekten bestand, von denen (zunächst) eines zerfiel, und \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] danach das andere ??

    Lässt sich hinsichtlich von Ensembles mit endlichem N \equiv N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} überhaupt von “dem korrekten Erwartungswert der Zerfallsdauer” reden ? …

    > Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51% […]

    Das drückt wohl eher unvollkommenes Verständnis der in #22 vorgeschlagenen Schätzers aus, fürchte ich. Hinweise zur Notation und/oder Vorschläge anderer, eventuell erwartungstreuer(er) Schätzer-Funktionen wären mir willkommen. …

    > Und was das ganze soll, hast du auch noch nicht wirklich erklärt.

    Gern nochmal kurz:
    Erstens gegenüber tomtoo zu betonen, dass stets zu zweifeln und deshalb (nachzu)messen oder zumindest zu schätzen ist.

    Zweitens zu meiner Zufriedenheit aufzuklären bzw. festzusetzen, wie zu messen bzw. zu abzuschätzen ist; und ganz besonders: zu bewerten, wie berechtigt die Zweifel waren, d.h. wie signifikant sich zwei gegebene Ensembles hinsichtlich ihrer “mittleren Lebensdauern” unterschieden haben mögen.

    > Die Exponentialverteilung ist ja nichts neues. Für sie sind einfache und gute Schätzer mit bekannten Eigenschaften längst bekannt.

    Zeig doch mal, bitte!
    Was Dick Kass auf S. 11 seines ppt-Handouts offenbar in Anlehnung an Leo) zeigt, ist jedenfalls insofern unphysikalisch unbefriedigend, dass die Anzahl der (noch nicht zerfallenen) Objekte im Ensemble nicht monoton abnimmt.

  24. #25 Frank Wappler
    Jetzt kommt zur unvollkommenen ScienceBlogs-Kommentar-Vorschau wohl auch noch das standardmäßig-URL-förmige Memo abhanden ?!? ...
    27. November 2018

    Philipp schrieb (#23, 27. November 2018):
    > […] dein Schätzer [#22 …] Wenn ich mich nicht verrechnet habe (und ich deine eigenwillige Notation richtig verstehe), ist der Erwartungswert deines Schätzers bei N=2 gleich 1/(lambda ln 2) und damit 44% größer als […]

    Dass \frac{1}{\text{Ln}[ \, 2 \, ]} \approx 1,44 kann ich gern bestätigen.

    Wenn ich in die Formel für \vartheta aus Kommentar #22 den Wert N := 2 einsetze, erhalte ich allerdings:

    \frac{2}{N (N - 1)} \left( \sum_{j = 2}^{N} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) \right) :=

    1 * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 2 \, ]  \right) \Big) \approx 1,44 * \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ],

    wobei sich “\tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ]” als Symbol für die Formulierung versteht: “die Dauer des Ensembles \mathcal M, von seiner Anzeige des Zerfalls, vor/bei dem das Ensemble noch aus zwei Objekten bestand (aber danach nur noch aus einem), bis zu seiner Anzeige des Zerfalls, vor/bei dem das Ensemble noch aus einem Objekte bestand (aber danach ganz zerfallen war)”.

    Ausgerechnet diese Dauer als “1/lambda” zu schreiben, ist und wäre jedenfalls nicht unbedingt mein Vorschlag. …

    > […] und damit 44% größer als der korrekte Wert.

    Was genau könnte denn “der korrekte Wert” hinsichtlich eines Ensembles sein, dass anfänglich aus lediglich N \equiv N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} = 2 Objekten bestand, von denen (zunächst) eines zerfiel, und \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] danach das andere ??

    Lässt sich hinsichtlich von Ensembles mit endlichem N \equiv N^{\mathcal M}_{\text{Anfang}} überhaupt von “dem korrekten Erwartungswert der Zerfallsdauer” reden ? …

    > Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51% […]

    Das drückt wohl eher unvollkommenes Verständnis der in #22 vorgeschlagenen Schätzers aus, fürchte ich. Hinweise zur Notation und/oder Vorschläge anderer, eventuell erwartungstreuer(er) Schätzer-Funktionen wären mir willkommen. …

    > Und was das ganze soll, hast du auch noch nicht wirklich erklärt.

    Gern nochmal kurz:
    Erstens gegenüber tomtoo zu betonen, dass stets zu zweifeln und deshalb (nachzu)messen oder zumindest zu schätzen ist.

    Zweitens zu meiner Zufriedenheit aufzuklären bzw. festzusetzen, wie zu messen bzw. zu abzuschätzen ist; und ganz besonders: zu bewerten, wie berechtigt die Zweifel waren, d.h. wie signifikant sich zwei gegebene Ensembles hinsichtlich ihrer “mittleren Lebensdauern” unterschieden haben mögen.

    > Die Exponentialverteilung ist ja nichts neues. Für sie sind einfache und gute Schätzer mit bekannten Eigenschaften längst bekannt.

    Zeig doch bitte mal!
    Was Dick Kass auf S. 11 seines ppt-Handouts (offenbar in Anlehnung an Leo) zeigt, ist jedenfalls insofern unphysikalisch unbefriedigend, dass die Anzahl der (noch nicht zerfallenen) Objekte im Ensemble nicht monoton abnimmt.

  25. #26 Philipp
    28. November 2018

    @Frank Wappler:

    Ausgerechnet diese Dauer als “1/lambda” zu schreiben, ist und wäre jedenfalls nicht unbedingt mein Vorschlag. …

    Das ist kein Vorschlag meinerseits. Das ist das Ergebnis der Berechnung des Erwartungswerts dieser Größe. Hierbei ist lambda der Parameter der Exponentialverteilung.

    Was genau könnte denn “der korrekte Wert” hinsichtlich eines Ensembles sein…

    Zu schätzen ist (wenn ich dich richtig verstehe) die mittlere Lebensdauer. Die ist bei einer Exponentialverteilung gleich 1/lambda.

    Zeig doch bitte mal!

    Das sollte in jedem Lehrbuch zur Schätztheorie stehen.

  26. #27 Frank Wappler
    30. November 2018

    Philipp schrieb (#26, 28. November 2018):
    > [»Zeig doch bitte mal!«] Das sollte in jedem Lehrbuch zur Schätztheorie stehen.

    Und ich sitze nun da, mit der handvoll (eher: Tasche voll) von z.T. mehrbändigen Werken, die ich (über einige Stunden) gestern bzw. heute aus den Regalen zwischen SK 830 und SK 870 eingesammelt habe, weil ich beim Durchforsten der Inhaltsverzeichnisse und gelegentliche Aufschlagen und Überfliegen der unter “Schätzung unter Annahme einer Exponentialverteilung, unter besonderer Beröcksichtigung des Standardfehlers” angegebenen Seiten bzw. Kapitel erst recht spät auf (mir bis dahin unbekannte) Schlagworte wie “Kaplan-Meier” gestoßen bin. Zu denen ich nun recherchieren und dann referieren werde bzw. (aufgrund eventueller anderer Dringlichkeiten) würde …

    > Zu schätzen ist (wenn ich dich richtig verstehe) die mittlere Lebensdauer. Die ist bei einer Exponentialverteilung gleich 1/lambda.

    Das “Abschätzen” im engen Fachwort-Sinne, einer glatten Wahrscheinlichkeitsverteilung durch endliche oder abzählbare Stichproben, ist offenbar tatsächlich gar nicht mein Anliegen; sondern, wie in der Fragestellung ganz oben bzw. den Formeln aus #14 angedeutet, eher die “Analyse” einer gegebenen, endlichen “Stufen-Verteilung” anhand von allen daraus ziehbaren “Stichproben” (z.B. aus je drei Zerfällen) …

    p.s.
    Hinsichtlich Kommentar #23 zu “meinem in #22 vorgeschlagenen Schätzer” möchte ich zur Illustration auch mal N := 3 ein:

    \frac{2}{N (N - 1)} \left( \sum_{j = 2}^{N} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) \right) :=

    \frac{1}{3} * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 2 \, ] \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 3 \, ] \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_2 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{3}2} \, ] \right) \Big) \approx

    \frac{1}{3} * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] * 1,44 \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_1 \, ] * 0,91 \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_2 \, ] * 2,47 \right) \Big).

    Wie käme es von da zur Feststellung
    > Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51%
    ?? …

  27. #28 Frank Wappler
    30. November 2018

    p.p.s.
    Hinsichtlich Kommentar #23 zu “meinem in #22 vorgeschlagenen Schätzer” möchte ich zur Illustration auch mal N := 3 ein:

    \frac{2}{N (N - 1)} \left( \sum_{j = 2}^{N} \sum_{k = 1}^{j - 1} \left( \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] \right) \right) :=

    \frac{1}{3} * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 2 \, ] \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_1 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, 3 \, ] \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_2 \, ] \, / \, \text{Ln}[ \, \frac{3}{2} \, ] \right) \Big) \approx

    \frac{1}{3} * \Big( \left( \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] * 1,44 \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_1 \, ] * 0,91 \right) + \left( \tau \mathcal M[ \, \_3, \_2 \, ] * 2,47 \right) \Big).

    Wie käme es von da zur Feststellung
    > Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51%
    ?? …

  28. #29 Philipp
    30. November 2018

    Das “Abschätzen” im engen Fachwort-Sinne, einer glatten Wahrscheinlichkeitsverteilung durch endliche oder abzählbare Stichproben, …

    Es geht nicht darum, die Wahrscheinlichkeitsverteilung selbst zu schätzen. Sondern deren Parameter. Im Fall einer Exponentialverteilung wäre das lambda (oder eine Funktion davon).

    …eher die “Analyse” einer gegebenen, endlichen “Stufen-Verteilung”…

    Beim radioaktiven Zerfall ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den Zerfallszeitpunkt jedes Kerns aber nun einmal eine Exponentialverteilung. Und keine “Stufen-Verteilung”.

    Wie käme es von da zur Feststellung
    > Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51%

    Man berechnet den Erwartungswert dieses Ausdrucks und vergleicht das Ergebnis mit 1/lambda. Das ist ziemlich elementare Wahrscheinlichkeitstheorie.

  29. #30 Frank Wappler
    1. Dezember 2018

    Philipp schrieb (#29, 30. November 2018):
    > Es geht nicht darum, die Wahrscheinlichkeitsverteilung selbst zu schätzen. Sondern deren Parameter.

    Es geht (mir) auf jeden Fall darum, den Wert eines Parameters abzuschätzen;
    durch einen bestimmten (“nominellen”) Wert, den ich z.B. in #22 als \theta bezeichnet habe, zusammen mit einem bestimmten Wert \sigma der bewerten soll, “wie genau die Schätzung ist”.

    Und ja, die Größe \theta mag durchaus als “Parameter einer (einparametrigen) Wahrscheinlichkeitsverteilung aufgefasst werden; zumindest um die (jeweilige) Herleitung bzw. Rechenformel zu motivieren, durch deren Anwendung auf gegebene Daten (Paare natürlicher Zahlen j, k, und entsprechende Dauern des Ensembles \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ]) dieser Wert von \theta jeweils ermittelt werden soll.

    > Im Fall einer Exponentialverteilung wäre das lambda (oder eine Funktion davon).

    Einverstanden. (Insgesamt ist das nun wohl sorgfältiger formuliert, als in meinem vorausgegangenen Kommentar #27).

    > Beim radioaktiven Zerfall ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den Zerfallszeitpunkt jedes Kerns aber nun einmal eine Exponentialverteilung.

    Das ist nicht ganz richtig (vgl. #15, #19); sondern genauer:
    Für radioaktive Zerfälle …

    – von gleichen Kernen

    – jeweils unter gleichen (relevanten) Bedingungen (Potentialbarriere, Phasenraum)

    – im (Grenz- ?)Übergang der Betrachtung immer größerer Anzahlen von gleichen zerfallenden Objekten

    … ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den Zerfallszeitpunkt jedes Kerns aber nun einmal eine Exponentialverteilung.

    (Das hält mich/uns aber nicht etwa davon ab, ausgerechnet eine/jede Exponentialverteilung für die Herleitung zugrundezulegen.)

    > Und keine “Stufen-Verteilung”.

    Die Exponentialverteilung ist keine “Stufen-Verteilung”, sondern glatt; richtig.

    Aber die konkret gegebenen Daten bilden eine “Stufen-Verteilung”, d.h. j, k sind nun mal Paare von natürlichen Zahlen, und N ist endlich.
    Mein Kommentar #27 bezog sich auf die “Analyse” dieser Daten.

    > [Wie käme … »Bei N=3 beträgt die Abweichung mehr als 51%« …?? ]
    > Man berechnet den Erwartungswert dieses Ausdrucks [#28] und vergleicht das Ergebnis mit 1/lambda.

    Zunächst mal: Ich hatte nicht erwartet, dass sich jemand so viel Mühe zur Berechnung macht.

    Da Du Dir diese Mühe offenbar gemacht hast (sogar in mehreren Fällen N, vgl. #23; und sowieso: Danke! dafür), möchte ich Dich gerne bitten, auch die ensprechenden Erwartungswerte der einzelnen Terme dieses Ausdrucks aus #28 explizit (bzw. als reellwertige Vielfache von “1/lambda“) nachzureichen;
    bzw. bitte die entsprechenden Erwartungswerte der drei darin auftretenden Dauern
    explizit anzugeben.

    Ich vermute (bzw. ich stimme zu, in Korrektur meiner Bedenken aus #25), dass der Erwartungswert von \tau \mathcal M[ \, \_2, \_1 \, ] genau der Erwartungswert der zugrundegelegten Exponentialverteilung wäre, also genau “1/lambda“.
    (Daher ist der “Schätzer”, den ich in #21 vorgeschlagen hatte, und um den es im Moment geht, wirklich nicht erwartungstreu.)

    Aber genau welche Erwartungswerte hast Du für die beiden Dauern \tau \mathcal M[ \, \_3, \_2 \, ] bzw. \tau \mathcal M[ \, \_3, \_1 \, ] angesetzt ??

  30. #31 Philipp
    1. Dezember 2018

    Das ist nicht ganz richtig (vgl. #15, #19); sondern genauer:

    Nein.

    Für radioaktive Zerfälle …

    – von gleichen Kernen

    Hat man es nicht mit gleichen Kernen zu tun, so hat man für die Verteilung der Zerfallszeitpunkte nicht mehr das Produkt von identischen Exponentialverteilungen, sondern das Produkt von unterschiedlichen Exponentialverteilungen. Wie ich jedoch schrieb, ist die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den Zerfallszeitpunkt jedes einzelnen Kerns aber immer noch eine Exponentialverteilung.

    – jeweils unter gleichen (relevanten) Bedingungen (Potentialbarriere, Phasenraum)

    Hier gilt das selbe. Und selbstverständlich legt die Sorte des Kerns (inklusive Anregungszustand) die Potentialbarriere fest und die Art des Zerfalls den Phasenraum.

    – im (Grenz- ?)Übergang der Betrachtung immer größerer Anzahlen von gleichen zerfallenden Objekten

    Auch das ist nicht korrekt. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung für den Zerfallszeitpunkt jedes einzelnen Kerns ist eine Exponentialverteilung. Ob weitere Kerne vorhanden sind (gleichartig oder nicht) und wenn ja wie viele, spielt keine Rolle. (Jedenfalls unter der physikalisch sinnvollen Annahme, dass die Kerne und sonstigen Zerfallsprodukte untereinander nicht wechselwirken.)

    Selbstverständlich werden Schätzungen genauer, wenn man auf die Daten von einer größeren Zahl von Zerfällen zurückgreifen kann. Aber das ändert nichts an der Tatsache, dass man für jeden einzelnen Kern eine Exponentialverteilung hat.

    Die Berechnung der Erwartungswerte für kleine N ist mit einem Computeralgebrasystem nicht besonders schwierig: Der Erwartungswert für den Zeitpunkt des (zeitlich) ersten Zerfalls ist 1/(3 lambda), für den zweiten Zerfall 5/(6 lambda), und für den dritten 11/(6 lambda). Dann muss man diese Werte nur noch paarweise voneinander abziehen um die Erwartungswerte der Größen aus deinem Schätzer zu bekommen.

    Alternativ zeigt man leicht, dass bei N Objekten der Erwartungswert für den Zeitpunkt des frühesten Zerfalls gleich 1/(N lambda) ist. Und wegen der Gedächtnislosigkeit der Exponentialverteilung kann man sich daraus dann die Erwartungswerte der Zeitpunkte der anderen Zerfälle (oder Differenzen davon) berechnen. Zum Beispiel erhält man so für den Erwartungswert des Zeitpunkts des zeitlich letzten Zerfalls von drei Objekten 1/(3 lambda) + 1/(2 lambda) + 1/lambda = 11/(6 lambda).

  31. #32 Frank Wappler
    3. Dezember 2018

    Philipp schrieb (#31, 1. Dezember 2018):
    > […] Die Berechnung der Erwartungswerte für kleine N ist mit einem Computeralgebrasystem nicht besonders schwierig: Der Erwartungswert für den Zeitpunkt des (zeitlich) ersten Zerfalls ist 1/(3 lambda), für den zweiten Zerfall 5/(6 lambda), und für den dritten 11/(6 lambda).

    Wie lautet denn die Formel (im Allgemeinen, oder wenigstens “für kleine N“), die von jeweiligen Computeralgebrasystem implementiert und ausgewertet werden sollte ??

    (Ich hätte jedenfalls damit gerechnet, dass für Ensembles aus genau gleichen ungestörten instabilen Objekten, und für betont große Werte j > k \gg 1, der (Durchschnitts-)Wert \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] / \text{Ln}[ \,  \frac{j}{k} \, ] als “1/lambda” bezeichnet würde …)

    > Alternativ zeigt man leicht, dass bei N Objekten der Erwartungswert für den Zeitpunkt des frühesten Zerfalls gleich 1/(N lambda) ist.

    Für N \gg 1 passt das jedenfalls einigermaßen zu

    \tau \mathcal M[ \, \_N, \_(N - 1) \, ] := \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \,  \frac{N}{(N - 1)} \, ] } = \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \, 1 + \frac{1}{(N - 1)} \, ] \approx \frac{1}{\lambda} * \frac{1}{(N - 1)}.

  32. #33 Frank Wappler
    3. Dezember 2018

    p.s.
    … Für N \gg 1 passt das jedenfalls einigermaßen zu

    tau \mathcal M[ \, \_N, \_ (N - 1) \, ] := \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \,  \frac{N}{(N - 1)} \, ] = \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \, 1 + \frac{1}{(N - 1)} \, ] \approx \frac{1}{\lambda} * \frac{1}{(N - 1)}.

  33. #34 Philipp
    4. Dezember 2018

    Wie lautet denn die Formel (im Allgemeinen, oder wenigstens “für kleine N“), die von jeweiligen Computeralgebrasystem implementiert und ausgewertet werden sollte ??

    Diese Frage verstehe ich nicht. Dir ist doch sicherlich bekannt, wie man den Erwartungwert einer Zufallsvariablen berechnet.

    (Ich hätte jedenfalls damit gerechnet, dass für Ensembles aus genau gleichen ungestörten instabilen Objekten, und für betont große Werte $‌latex j > k \gg 1$, der (Durchschnitts-)Wert $‌latex \tau \mathcal M[ \, \_j, \_k \, ] / \text{Ln}[ \, \frac{j}{k} \, ] $ als “1/lambda” bezeichnet würde …)

    Auch diese Aussage finde ich sehr seltsam. Lambda (bzw 1/lambda) ist der Parameter der Exponentialverteilung. Der Erwartungswert einer Zufallsvariablen unter dieser Verteilung ist dann eine Größe die zu berechnen ist, und keine “Bezeichnung”.

    Und auch dein tau \mathcal M[ \, \_N, \_ (N - 1) \, ] := \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \, \frac{N}{(N - 1)} \, ] = \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \, 1 + \frac{1}{(N - 1)} \, ] \approx \frac{1}{\lambda} * \frac{1}{(N - 1)} ist sehr seltsam. Mit := kennzeichnet man üblicheweise eine Definition. Und diese neue Definition passt überhaupt nicht zu deinen bisherigen Kommentaren.

  34. #35 Frank Wappler
    5. Dezember 2018

    Philipp schrieb (#34, 4. Dezember 2018):
    > [… »Wie lautet denn die Formel (im Allgemeinen, oder wenigstens “für kleine N“) .. ??« …] Diese Frage verstehe ich nicht.

    Die Frage ist (trotzdem) offenbar schon in der Fortsetzung Deines Kommentars #31 beantwortet:

    Alternativ zeigt man leicht, dass bei N Objekten der Erwartungswert für den Zeitpunkt des frühesten Zerfalls gleich 1/(N lambda) ist.

    > Und auch dein
    \tau \mathcal M[ \, \_N, \_ (N - 1) \, ] := \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \,  \frac{N}{(N - 1)} \, ] = \frac{1}{\lambda} * \text{Ln}[ \, 1 + \frac{1}{(N - 1)} \, ] \approx \frac{1}{\lambda} * \frac{1}{(N - 1)}
    > ist sehr seltsam. Mit := kennzeichnet man üblicheweise eine Definition.

    Im gegebenen Fall symbolisiert “:=“, dass die Aquivalenz der rechten zur linken Seite “leicht zu zeigen” ist, wenn eine geeignete Definition des Symbols “\lambda” zugrundegelegt wird.

    Ich gebe aber zu: womöglich habe ich dabei nicht sorgfältig genug zwischen einem/jedem einzelnen Wert \tau \mathcal M[ \, \_N, \_(N - 1) \, ]§ aus einem einzelnen Versuch bzw. Ensemble (instabiler Objekte) latex \mathcal M$ einerseits, und andererseits einem Mittel- bzw. Erwartungswert der betreffenden Größe unterschieden.

    > Und diese neue Definition passt überhaupt nicht zu deinen bisherigen Kommentaren.

    Der in meinem Kommentar #22 vorgeschlagene “Schätzer \vartheta sollte jedenfalls als arithmetisches Mittel
    aus N \, (N - 1) / 2 Termen der Form \tau \mathcal M[ \, \_j, \_ k \, ] / \text{Ln}[ \,  \frac{}j{k} \, ] erkennbar sein.

    (Ein Zusammenhang von Kommentar #22 und allen folgenden Kommentaren mit meiner unsprünglichen Frage scheint allerdings ziemlich indirekt …)

  35. #36 Frank Wappler
    5. Dezember 2018

    p.s.
    … Ich gebe aber zu: womöglich habe ich dabei nicht sorgfältig genug zwischen einem/jedem einzelnen Wert \tau \mathcal M[ \, \_N, \_(N - 1) \, ] aus einem einzelnen Versuch bzw. Ensemble (instabiler Objekte) \mathcal M einerseits, und andererseits einem Mittel- bzw. Erwartungswert der betreffenden Größe unterschieden. …

  36. #37 Philipp
    5. Dezember 2018

    Die Frage ist (trotzdem) offenbar schon in der Fortsetzung Deines Kommentars #31 beantwortet:

    Nicht wirklich. In Kommentar #31 habe ich zunächst die “Trivialmethode” genannt (man lässt einfach ein Computeralgebrasystem die Arbeit machen) und danach skizziert, wie man die Erwartungswerte von Hand berechnen kann. Deine Frage bezog sich aber ganz eindeutig auf ersteres.

    Wie ich bereits schrieb, ist es nicht gerade hilfreich, dass du dich nicht an etablierte Konventionen hinsichtlich Notation und Bezeichnungen hältst. Zumindest falls du tatsächlich daran interessiert sein solltest, dass andere dich verstehen können.

    Und mir scheint, dass dir ganz grundlegende Kenntnisse der Wahrscheinlichkeitstheorie fehlen. Und das lässt mich daran zweifeln, ob unser Austausch hier allzu sinnvoll ist.