Mathematik für Informatiker III

Lösungen zum 12. Aufgabenblatt zur Vorlesung
Mathematik für Informatiker III
(Frank Hoffmann)
1. Codiertes Betrachten Sie über dem Körper
linearen Codes:

1 0
 0 1

 0 0
G=
 1 1

 1 0
0 1
F3 die folgende Generatormatrix eines

0
0 

1 

0 

1 
1
Bestimmen Sie die zugehörige Checkmatrix. Wie kann man mittels Checkmatrix den
Minimalabstand d(C) bestimmen? Tun Sie dies!
Was heißt das für die Fähigkeit dieses Codes zur Fehlerkorrektur und zur Fehlererkennung?
Wieviele Codewörter hat eigentlich dieser Code und warum? Ist er perfekt?
Lösung: Die Generatormatrix ist in Standardform, damit ergibt sich für die Checkmatrix H ∈ M (3 × 6, F3 ):


2 2 0 1 0 0
H= 2 0 2 0 1 0 
0 2 2 0 0 1
Die Güte d(C) des dazugehörenden Codes ist die Minimalanzahl linear abhängiger Spalten in der Prüfmatrix.Da keine Spalte Vielfaches einer anderen Spalte ist, ist d(C) mindestens 3 und tatsächlich sind die 1.,4, und 5. Spalte linear abhängig. Damit ist der
Code 1-fehlerkorrigierend. Die Generatormatrix ist vom Format 6 × 3 und bildet damit
injektiv den F33 in den F63 ab. Das Bild sind die 27 Codewörter. Wenn der Code 1-perfekt
sein soll, müssen die Kugeln mit Radius 1 um die Codewörter den ganzen Vektorraum
ausschöpfen. Jede dieser Kugeln hat das Volumen 1 + 6 · 2 = 13.Aber 27 · 13 < 36 und
damit ist der Code nicht perfekt.
2. Mengen–Algebra
(a) Beweisen Sie, dass jede endliche σ–Algebra eine gerade Anzahl von Ereignissen
hat.
(b) Kann es eine solche Algebra mit genau 6 Ereignissen geben? Begründung!
Lösung: Da σ–Algebren abgeschlossen gegen Komplementbildung sind, gehört mit jedem Ereignis A auch Ac zur σ–Algebra. Da für verschiedene Ereignisse A, B auch die
Komplimente Ac und B c verschieden sind, bildet die Menge der Paare {A, Ac } eine
Partition der σ–Algebra.
3. Kann es eine solche Algebra mit genau 6 Ereignissen geben? Begründung!
Lösung: Nein. Angenommen die σ–Algebra F hätte genau 6 paarweise verschiedene
Elemente:F = {∅, Ω, A, Ac , B, B c }.
Fall 1: Die Ereignisse B ∩ A und B ∩ Ac sind beide nichtleer. Dann kann es nicht sein,
dass sowohl B ∩ A echte Teilmenge von A als auch B ∩ Ac echte Teilmenge von Ac ist,
weil dann B ∩ A ein neues nichtleeres Ereignis ist, was zu F gehören müsste, es aber
nicht tut. Also muss A echte Teilmenge von B sein. Dies kann aber auch nicht sein,
denn dann ist B \ A nicht in F.
Fall 2: Sei o.B.d.A. B ∩A leer. Damit ist B echte Teilmenge von Ac und der Widerspruch
besteht darin, dass Ac \ B nicht in F liegt.
4. Ziehen ohne Zurücklegen und eine Skataufgabe
(a) Aus einer Kiste mit N Kugeln, davon w weiße und s schwarze mit w + s = N ,
werden gleichzeitig (!) n Kugeln gezogen. Was ist die Wahrscheinlichkeit P rk , dass
davon genau k weiß sind? Die Elementarereignisse sind also n–elementige (ungeordnete) Mengen, die wir als gleichverteilt annehmen.
Hinweis: Die Zahlen P rk heißen
hypergeometrische Verteilung auf {0, . . . , n}.
w
Lösung: Es gibt genau k Möglichkeiten, welche der weißen Kugeln
gezogen
s
Möglichkeiten
wurden. Jede dieser Möglichkeiten kann man mit jeder der n−k
kombinieren welche der schwarzen Kugeln erwischt wurden. Insgesamt gibt es N
n
n-elementige Teilmengen. Also ist:
w
s
k · n−k
P rk =
N
n
(b) Analysieren Sie die Wahrscheinlichkeit, dass beim Skat jeder der 3 Spieler genau
ein Ass bekommt, also im Skatdas 4.
liegt.
Ass
12
22
·
·
Lösung: Es gibt insgesamt 32
10 viele verschiedene Kartenverteilungen.
10
10
Die gesuchten günstigen Ereignisse werden dadurch beschrieben, dass man zählt
• welche 3 Asse (als Menge) bekommen die Spieler
• wer bekommt welches der 3 Asse
• Verteilungen von 27 der restlichen 28 Nichtasskarten auf die Spieler
Diese Anzahlen müssen multipliziert werden und das ergibt
4
28
19
10
· 3! ·
·
·
3
9
9
9
Teilt man günstige durch alle Fälle so erhält man als Wahrscheinlichkeit rund
0.0278
5. False Positives
Ein Krebstest liefert bei 96% der Untersuchten ein positives Ergebnis, falls diese
tatsächlich Krebs haben, bei 94% ein negatives Ergebnis, falls diese keinen Krebs haben.
Bei einem Patienten XYZ, in dessen Altersgruppe 0.5% aller Patienten Krebs haben,
verläuft der Test positiv. Frage: Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass er tatsächlich Krebs
hat?
Lösung: Sei K das Ereignis “Patient hat Krebs” und T das Ergeignis “Test positiv”.
Wir nehmen an, die Ereignisse sind unabhängig. Gesucht ist P r(K|T ).
P r(K|T ) =
P r(K ∩ T )
P r(K ∩ T )
=
=
P r(T )
P r(T |K)P r(K) + P r(T |K c )P r(K c )
0.005 · 0.96
= 0.074
0.005 · 0.96 + 0.995 · 0.06
Fazit, um eine seltene krankheit zuverlässig zu erkennen, darf ein Test nur sehr wenige
false positives haben.
=
6. Unabhängigkeit
Zwei faire Würfel werden gleichzeitg gespielt. Wir betrachten die 3 Ereignisse
A1 = Der erste Würfel zeigt eine ungerade Augenzahl.
A2 = Der zweite Würfel zeigt eine ungerade Augenzahl.
A3 = Die Augensumme der zwei Würfel ist ungerade.
Untersuchen Sie diese Ereignisse auf paarweise bzw. auf totale Unabhängigkeit!
Lösung: Man zählt leicht nach, dass P r(A1 ) = P r(A2 ) = P r(A3 ) = 0.5. Wegen P r(A1 ∩
A2 ) = 0.25, P r(A1 ∩ A3 ) = 0.25 = P r(A2 ∩ A3 ). Schließlich ist P r(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 0,
denn die Summe zweier ungeraden Zahlen ist gerade. Die Ereignisse sind also paarweise
unabhängig, jedoch nicht als Tripel.
7. Unwahrscheinlich (2+2 Punkte)
(a) Sei P ein 0–1–String der Länge k. Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit, dass
P in einem zufälligen 0–1–String der Länge n nicht als Teilstring vorkommt, mit
wachsendem n gegen 0 geht.
Lösung: Wir teilen den String S der Länge n in m = bn/kc disjunkte Teilstrings
der Länge k. Wir zeigen , dass mit wachsendem n die Wahrscheinlichkeit, dass
eines dieser m Stücke der String P ist, gegen 1 geht.
Dazu ist es ausreichend zu zeigen, dass die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der m
Stücke das P ist mit wachsendem n gegen 0 geht. Letztere ist (1 − 21k )m und geht
tatsächlich gegen 0, da (1 − 21k )1/k eine Zahl x < 1 ist und xn → 0 für n → ∞.
Nun muss man sich nur noch überlegen, dass die Wahrscheinlichkeit, dass P an
mindestens einer der m Stellen vorkommt kleiner gleich ist der Wahrscheinlichkeit,
dass P irgendwo vorkommt. Diese geht also mit wachsendem n auch gegen 1 und
damit die Komplementärwahrscheinlichkeit (P kommt nirgendwo vor) gegen 0.
(b) Wie Sie wissen, gilt in einem Wahrscheinlichkeitsraum für eine aufsteigende Folge
A0 ⊆ A1 ⊆ . . . von Ereignissen, dass P r(∪∞
n=0 An ) = limn→∞ P r(An ). Geben
Sie einen darauf basierenden formalen Beweis für die folgende Aussage: Gegeben
seien 2 faire unterscheidbare Würfel. Die Wahrscheinlichkeit, dass bei einer beliebig
langen Folge von Würfen nie 2 Sechsen geworfen werden, ist gleich Null.
Lösung: Sei An das Ereignis, dass bei den ersten n Würfen eine Doppelsechs
dabei ist. Offensichtlich ist An ⊂ An+1 für alle n und P r(An ) = 1 − (35/36)n .
n
Wegen P r(∪∞
n=0 An ) = limn→∞ P r(An ) = limn→∞ 1 − (35/36) = 1 folgt, dass das
Komplementärereignis von P r(∪∞
n=0 An ) die Wahrscheinlichkeit 0 hat. Aber das ist
genau das Ereignis, dass nie eine Doppelsechs fällt.