Aufgaben:Exercise 1.7Z: BARBARA Generator

• Return to book

Betrachtet wird hier ein ternärer Zufallsgenerator mit den Symbolen $A$, $B$ und $R$, der durch eine homogene und stationäre Markovkette erster Ordnung beschrieben werden kann.

Die Übergangswahrscheinlichkeiten können dem skizzierten Markovdiagramm entnommen werden. Für die Teilaufgaben a) bis c) soll stets $p = 1/4$ gelten.

Hinweis: Diese Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel 1.4.

Fragebogen

1 Welche der nachfolgenden Aussagen sind zutreffend?

	Die Werte von $p > 0$ und $q < 1$ sind weitgehend frei wählbar.
	Für die Übergangswahrscheinlichkeiten muss gelten: $p + q = 1$.
	Alle Symbole haben gleiche ergodische Wahrscheinlichkeiten.
	Es gilt hier: $Pr(A) = 1/2, Pr(B) = 1/3, Pr(R) = 1/6$.

2 Wie groß sind die bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_A$, $p_B$ und $p_R$, dass zu den Zeiten $ν+1, ... , ν+7$ „BARBARA” ausgegeben wird, wenn man sich zum Zeitpunkt ν im Zustand $A$, $B$ bzw. $R$ befindet? Es gelte $p = 1/4$.

$p_A$ = $* 10^{}$ ^

$p_B$ =

$p_R$ = $* 10^{}$ ^

3 Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit insgesamt, dass der Generator zu sieben aufeinanderfolgenden Zeitpunkten BARBARA ausgibt $(p = 1/4)$?

$Pr(BARBARA)$ = $* 10^{}$ ^

4 Wie ist der Parameter $p$ zu wählen, damit $Pr(BARBARA)$ möglichst groß wird? Welche Wahrscheinlichkeit ergibt sich damit für BARBARA?

$p$ =

$Pr(BARBARA)$ =

Musterlösung

Solution

1.  Die Summe aller abgehenden Pfeile muss immer 1 sein. Deshalb gilt q = 1 - p. Aufgrund der Symmetrie des Markovdiagramms sind die ergodischen Wahrscheinlichkeiten alle gleich:

$${\rm Pr}(A) ={\rm Pr}(B) ={\rm Pr}(R) = 1/3.$$

Richtig sind somit der zweite und der dritte Lösungsvorschlag.

2.  Wenn man zum Zeitpunkt ν im Zustand B ist, ist für den Zeitpunkt ν + 1 wegen Pr(B|B) = 0 der Zustand B nicht möglich. Man scheitert hier bereits beim Anfangsbuchstaben „B”: p_B = 0

Für die Berechnung von p_A ist zu beachten: Ausgehend von A geht man im Markovdiagramm zunächst zu B (mit der Wahrscheinlichkeit q), dann fünfmal im Uhrzeigersinn (jeweils mit der Wahrscheinlichkeit p) und schließlich noch von R nach A (mit der Wahrscheinlichkeit q). Das bedeutet:0.

$$p_{\rm A} = q^2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} p^5 = 3^2 / 4^7 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 5.49 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 10^{-4}}.$$

In ähnlicher Weise erhält man:

$$p_{\rm R} = q \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} p^6 = 3 / 4^7 \hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.83 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} 10^{-4}}.$$

3.  Durch Mittelung über die bedingten Wahrscheinlichkeiten erhält man:

$${\rm Pr}(BARBARA) = p_{\rm A} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm Pr}(A) \hspace{0.1cm} + \hspace{0.1cm}p_{\rm B} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm Pr}(B) \hspace{0.1cm} + \hspace{0.1cm}p_{\rm R} \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} {\rm Pr}(R).$$

Dies führt zu dem Ergebnis:

$${\rm Pr}(BARBARA) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac {1}{3} \cdot \left( q^2 \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} p^5 \hspace{0.1cm} +\hspace{0.1cm}0 \hspace{0.1cm} +\hspace{0.1cm}q \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} p^6 \right)

= \frac{q \hspace{0.05cm}\cdot  \hspace{0.05cm} p^5 }{3} \cdot (p+q) = \\

= \hspace{-0.15cm} \frac{q \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm} p^5 }{3}

\hspace{0.15cm}\underline { \approx 2.44  \hspace{0.05cm}\cdot  \hspace{0.05cm} 10^{-4}}.$$

4.  Die im Punkt c) berechnete Wahrscheinlichkeit lautet p⁵ · (1 - p)/3, wobei q = 1 – p berücksichtigt ist. Durch Nullsetzen des Differentials erhält man die Bestimmungsgleichung:

$$5 \cdot p^4 - 6 \cdot p^5 = 0 \hspace{0.5cm} \Rightarrow \hspace{0.5cm} p = 5/6 \hspace{0.15cm}\underline { \approx \rm 0.833}.$$

Damit ergibt sich ein gegenüber c) etwa um den Faktor 90 größerer Wert:  Pr(BARBARA) ≈ 0.022.