Exercise 2.3: Algebraic Sum of Binary Numbers

• Return to book

Ein Zufallsgenerator gibt zu jedem Taktzeitpunkt ($\nu$) eine binäre Zufallszahl $x_\nu$ ab, die $0$ oder $1$ sein kann. Der Wert „1” tritt mit Wahrscheinlichkeit $p = 0.25$ auf; die einzelnen Werte $x_\nu$ seien statistisch voneinander unabhängig.

Die Binärzahlen werden in ein Schieberegister mit $I = 6$ Speicherzellen abgelegt. Zu jedem Taktzeitpunkt wird der Inhalt dieses Schieberegisters um eine Stelle nach rechts verschoben und jeweils die algebraische Summe $y_\nu$ der Schieberegisterinhalte gebildet: $$y_{\nu}=\sum\limits_{i=0}^{5}x_{\nu-i}=x_{\nu}+x_{\nu-1}+...+x_{\nu-5}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Binomialverteilung.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Zur Kontrolle Ihrer Ergebnisse können Sie folgendes Berechnungsmodul benutzen:

Ereigniswahrscheinlichkeiten der Binomialverteilung

Fragebogen

1

Welche Werte kann y annehmen? Was ist der größtmögliche Wert?

$y_\max$ =

2

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass y größer als 2 ist.

$Pr(y > 2)$ =

3

Wie groß ist der Mittelwert der Zufallsgröße y?

$m_y$ =

4

Ermitteln Sie die Streuung der Zufallsgröße y.

$\sigma_y$ =

5

Sind die Zufallszahlen y_ν unabhängig? Begründen Sie Ihr Ergebnis.

	Die Zufallszahlen sind statistisch unabhängig.
	Die Zufallszahlen sind statistisch abhängig.

6

Wie groß ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass y_ν wieder gleich μ ist, wenn vorher y_ν–1 = μ aufgetreten ist? (μ = 0,1, ... , I).

$Pr(y_v = \mu | y_\text{$\upsilon - 1$} = \mu )$ =

Musterlösung

Solution

1.  In jeder Zelle kann eine 0 oder eine 1 stehen; deshalb kann die Summe alle ganzzahligen Werte zwischen 0 und 6 annehmen:

$$y_{\nu}\in\{0,1,...,6\}\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} y_{\rm max} \hspace{0.15cm} \underline{= 6}.$$

2.  Es liegt eine Binomialverteilung vor. Daher gilt mit p = 0.25:

$$\rm Pr(\it y =\rm 0)=(\rm 1-\it p)^{\it I}=\rm 0.75^6=0.178,$$

$$\rm Pr(\it y=\rm 1)=\rm \left({\it I \atop {\rm 1}}\right)\cdot (\rm 1-\it p)^{\it I-\rm 1}\cdot \it p= \rm 6\cdot 0.75^5\cdot 0.25=0.356,$$

$$\rm Pr(\it y=\rm 2)=\rm \left({\it I \atop {\rm 2}}\right)\cdot (\rm 1-\it p)^{\it I-\rm 2}\cdot \it p^{\rm 2}= \rm 15\cdot 0.75^4\cdot 0.25^2=0.297,$$

$$\rm Pr(\it y>\rm 2)=\rm 1-Pr(\it y=\rm 0)-\rm Pr(\it y=\rm 1)-\rm Pr(\it y=\rm 2)\hspace{0.15cm} \underline{=\rm 0.169}.$$

3.  Nach der allgemeinen Gleichung gilt für den Mittelwert der Binomialverteilung:

$$\it m_y=\it I\cdot p\hspace{0.15cm} \underline{=\rm 1.5}.$$

4.  Entsprechend gilt für die Streuung der Binomialverteilung:

$$\it \sigma_y=\sqrt{\it I \cdot p \cdot(\rm 1-\it p)} \hspace{0.15cm} \underline{= \rm 1.061}.$$

5.  Ist y_ν = 0, so können zum nächsten Zeitpunkt nur die Werte 0 und 1 folgen, nicht aber 2, ... , 6. Das heißt: Die Folge 〈y_ν〉 weist (starke) statistische Bindungen auf  ⇒  Lösungsvorschlag 2.

6.  Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist identisch mit der Wahrscheinlichkeit dafür, dass das neue Binärsymbol gleich dem aus dem Schieberegister herausgefallenen Symbol ist. Daraus folgt:

$$\rm Pr (\it y_{\nu} = \mu\hspace{0.05cm}| \hspace{0.05cm} y_{\nu-{\rm 1}} = \mu) = \rm Pr(\it x_{\nu}= x_{\nu-\rm 6}). $$

Da die Symbole x_ν statistisch voneinander unabhängig sind, kann hierfür auch geschrieben werden:

$$\rm Pr(\it x_{\nu} = x_{\nu-\rm 6}) = \rm Pr\left((x_{\nu}=\rm 1)\hspace{0.05cm}\cap\hspace{0.05cm}(x_{\nu-\rm 6}=\rm 1)\hspace{0.05cm}\cup \hspace{0.05cm}(x_\nu=0)\hspace{0.05cm}\cap\hspace{0.05cm}(x_{\nu-\rm 6} =\rm 0)\right)\\ = \it p^{\rm 2}+(\rm 1-\it p)^{\rm 2}=\rm 0.25^2 + 0.75^2\hspace{0.15cm} \underline{ = 0.625}. $$