Exercise 2.3: Algebraic Sum of Binary Numbers

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Betrachteter Zufallsgenerator

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:

$$y_{\nu}=\sum\limits_{i=0}^{5}x_{\nu-i}=x_{\nu}+x_{\nu-1}+\ \text{...} \ +x_{\nu-5}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Binomialverteilung.

• Zur Kontrolle Ihrer Ergebnisse können Sie das interaktive Applet  Binomial– und Poissonverteilung  benutzen.

Fragebogen

1

Welche Werte kann die Summe  $y$  annehmen?  Was ist der größtmögliche Wert?

$y_\max \ = \ $

2

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

${\rm 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  $y_\nu$  statistisch unabhängig?  Begründen Sie Ihr Ergebnis.

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

6

Wie groß ist die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass  $y_\nu$  wieder gleich  $\mu$  ist, wenn vorher  $y_{\nu-1} = \mu$  aufgetreten ist?  $(\mu = 0, \ 1, \ \text{...} \ , \ I)$.

${\rm Pr}(y_\nu = \mu \hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y_{\nu-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:

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

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

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

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

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

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr}(y>2)=1-{\rm Pr}(y=0)-{\rm Pr}( y=1)-{\rm Pr}( y=2)\hspace{0.15cm} \underline{=\rm 0.169}.$$

(3)  Nach der allgemeinen Gleichung gilt für den Mittelwert der Binomialverteilung:

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

(4)  Entsprechend gilt für die Streuung der Binomialverteilung:

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

(5)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

• Ist  $y_\nu = 0$, so können zum nächsten Zeitpunkt nur die Werte  $0$  und  $1$  folgen, nicht aber  $2$, ... , $6$.
• Das heißt:   Die Folge  $ \langle y_\nu \rangle$  weist (starke) statistische Bindungen auf.

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

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

• Da die Symbole  $x_\nu$  statistisch voneinander unabhängig sind, kann hierfür auch geschrieben werden:

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