Zeitdiskrete und statistische Signalverarbeitung

Signal and Information
Processing Laboratory
Zeitdiskrete und statistische
Signalverarbeitung (ZSSV)
d) Autokorrelationsfunktion
Institut für Signal- und
Informationsverarbeitung
RX [n] = E[X[k + n]X[k]] =
Prof. H.-A. Loeliger
Bsp. 4.11:
Musterlösung 10
http://www.isi.ee.ethz.ch/teaching/courses/zss
Bsp. 4.12:
24. November 2015
Z
∞
−∞
Z
∞
xx′ fX[k],X[k+n] (x, x′ )dxdx′
−∞
RX [n] = 1/2
1 − a,
n=0
RX [n] =
(1 − a)2 , n =
6 0
e) Korrelationsmatrix von X = (X[k], X[k + 1])T
Stochastische Prozesse
Aufgabe 4.14
E[XX T ] =
a) Verbundwahrscheinlichkeit
x
0
0
1
1
x′
P (X[k] = x, X[k + 1] =
0
1
0
1
Beispiel 4.11
1/2
0
0
1/2
x′ )
Beispiel 4.12
a2
a (1 − a)
a (1 − a)
(1 − a)2
b) Mittelwert
+ a(1 − a)δ(x − 1)δ(x′ ) + (1 − a)2 δ(x − 1)δ(x′ − 1)
= aδ(x) + (1 − a)δ(x − 1) aδ(x′ ) + (1 − a)δ(x′ − 1)
mX = E[X[k]] =
Z
Bsp. 4.12:
mX = 1 − a
c) mittlere Leistung
∞
x2 fX (x)dx
−∞
Bsp. 4.11:
RX [0] = 1/2
Bsp. 4.12:
RX [0] = 1 − a
1
E[XX T ] =
1/2 1/2
1/2 1/2
RX [0] RX [−1]
RX [1] RX [0]
1−a
(1 − a)2
(1 − a)2
1−a
Addition von stochastischen Prozessen
E [Z [k]] = E [X [k] + Y [k]]
= E [X [k]] + E [Y [k]]
= mX + mY
∀k ∈ Z
b)
mX = 1/2
Z
Bsp. 4.12:
=
a)
xfX (x)dx
Bsp. 4.11:
RX [0] = E[|X[k]|2 ] =
E[XX T ] =
Aufgabe 4.15
∞
−∞
Bsp. 4.11:
E[(X − mX )(X − mX )T ] = E[XX T ] − mX mX T
1/4 1/4
Bsp. 4.11:
1/4 1/4
a (1 − a)
0
Bsp. 4.12:
0
a (1 − a)
Bsp.4.11 : fX[k],X[k+1] (x, x′ ) =
Bsp.4.12 : fX[k],X[k+1] (x, x′ ) = a2 δ(x)δ(x′ ) + a(1 − a)δ(x)δ(x′ − 1)
E[X 2 [k]]
E[X[k]X[k + 1]]
E[X[k + 1]X[k]]
E[X 2 [k + 1]]
Kovarianzmatrix von X = (X[k], X[k + 1])T
mit den zugehörigen Verbundwahrscheinlichkeitsdichten
1
1
δ(x)δ(x′ ) + δ(x − 1)δ(x′ − 1)
2
2
1
1
′
δ(x) + δ(x − 1)
= δ(x − x )
2
2
i
h
i
h
E Z [. + k] Z [k] = E (X [. + k] + Y [. + k]) (X [k] + Y [k])
i
h
i
h
i
h
i
h
= E X [. + k] X [k] + E Y [. + k] Y [k] + E X [. + k] Y [k] + E Y [. + k] X [k]
h
i
h
i
= RX [.] + RY [.] + E [X [. + k]] E Y [k] + E [Y [. + k]] E X [k] ,
(da X[.] und Y [.] statistisch unabhängig und schwach stationär)
= RX [.] + RY [.] + mX mY + mY mX ,
(da X[.] und Y [.] schwach stationär)
= RX [.] + RY [.] + 2Re (mX mY )
2
∀k ∈ Z
h
i
Der Prozess Z[.] ist gleichfalls schwach stationär, da sowohl E [Z [k]] als auch E Z [. + k] Z [k]
unabhängig von k sind.
Aufgabe 4.18
Leistungsdichtespektrum
Aufgabe 4.16
a) Aus Übung 4.14 wissen wir RX [n] = 1/2, n ∈ Z. Die z-Transformierte
SX (z) = 1/2
∞
X
Stochastische Prozesse
Gemäss Formel (4.121) auf Seite 100 im Skript ist U [.] ein schwach stationärer Prozess mit der
Autokorrelationsfunktion RU [.] = σU2 δ[.] mit entsprechender z-Transformierten
SU (z) = σU2 = 1.
Für die z-Transformierte SX (z) der Autokorrelationsfunktion RX [.] des gefilterten Prozesses X[.]
gilt (Skript S. 103):
z −k
SX (z) = SU (z)H(z)H c (z)
k=−∞
existiert nicht, da ROC(RX ) = {z ∈ C : 1 < |z| < 1} = ∅. Mit den Formeln (1.157)
und (1.158) für Ω0 = 0 und einem Skalierungsfaktor 12 kann man trotzdem ein Spektrum
definieren:
X
SX (eiΩ ) = π
δ(Ω − 2πn)
= H(z)H c (z),
wobei SX (z) aus RX [.] berechnet werden kann:
SX (z) = z + 2 + z −1 .
n∈Z
b) Das Leistungsdichtespektrum SY (eiΩ ) des gefilterten weissen Rauschens ist gegeben durch:
Wir suchen jetzt also ein Filter H(z), so dass
H(z)H c (z) = z + 2 + z −1 .
SY (eiΩ ) = |H(eiΩ )|2 SX (eiΩ )
= |1 − e−iΩ |2 σ 2
Die Lösung finden wir, indem wir SX (z) entsprechend faktorisieren:
= (1 − e−iΩ )(1 − eiΩ )σ 2
SX (z) = (z + 1)(1 + z −1 )
= 2(1 − cos Ω)σ 2
Somit ist sowohl z + 1 als auch 1 + z −1 ein mögliches Filter. In der Aufgabenstellung wird jedoch
ein kausales Filter H(z) verlangt. Somit gilt:
mit dem ROC(RY )= {z ∈ C : 0 < |z| < ∞}.
H(z) = 1 + z −1 .
Leistungsdichtespektrum
Aufgabe 4.17
Sei X[·] weisses Rauschen, dh. RX [k] = σ 2 δ[k] und folglich: SX (z) = σ 2 . Die z-Transformierte
des gefilterten Prozess Y [·] = (X ∗ h)[·], ergibt sich aus Formel (4.149):
Stochastischer Prozess
Aufgabe 4.19
SY (z) = H(z)H(z)c SX (z)
Da H(z) nur reelle Pole hat (β ∈ R), ist h[·] reell. Folglich ist H c (z) = H(z −1 ) und wir bekommen:
n n
n
n
β2
β2z
βz −1
βz
σ2 =
σ2 =
σ2
SY (z) =
−1
−1
2
2
2
z−β
z −β
1 − zβ − βz + β
z − βz − β + zβ
Um das Leistungsdichtespektrum zu erhalten, werten wir SY (z) auf dem Einheitskreis aus und
erhalten:
n
n
β 2 eiΩ
β 2 eiΩ
SY (eiΩ ) =
σ2 =
σ2
iΩ
2iΩ
iΩ
2
iΩ
2iΩ
iΩ
2
e − βe − β + e β
e − βe − β + e β
n
n
β2
β2
=
σ2
σ2 =
1 − βeiΩ − βe−iΩ + β 2
1 + β 2 − β(eiΩ + e−iΩ )
n
β2
σ2
=
2
1 + β − 2β cos(Ω)
3
a) U [k] ist reell und gleichverteilt zwischen −1 und +1:
E [U [k]] =
Z
1
u
−1
1
du = 0
2
Var(U [k]) = E[U [k]2 ] − (E[U [k]])2
Z 1
1
u2 du − 0
=
2
−1
1 1 3 1
u
=
2 3
−1
1
=
3
b) U [k] ist gleichverteilt zwischen −1 und +1. Der maximale Wert von |U [k]| ist also 1.
4
c) h und U sind reell, also ist Y auch reell.
d)
2
Var(Y [k]) = E[Y [k] ] − (E[Y [k]])
∞
X
h[n]U [k − n]
|Y [k]| = 2
Wir berechnen zuerst E[Y [k]]:
E[Y [k]] = E
"
∞
X
h[n]U [k − n]
n=−∞
∞
X
≤
#
≤
n=−∞
=0
|h[n]||U [k − n]|
n=−∞
∞
X
n=−∞
h[n]E[U [k − n]]
=
n=−∞
∞
X
Also haben wir:
= E Y [k]
∞
X
h[n]U [k − n]
n=−∞
=E
=
=
=
=
=
"
∞
X
h[n]Y [k]U [k − n]
n=−∞
∞
X
n=−∞
∞
X
#
#
h[n]E[Y [k]U [k − n]]
h[n]E
n=−∞
∞
X
∞
X
"
∞
X
h[l]U [k − l]U [k − n]
l=−∞
#
h[n]h[l]E[U [k − l]U [k − n]]
n=−∞ l=−∞
∞
X
2
h[n] E[(U [k − n])2 ]
n=−∞
∞
X
h[n]2
n=−∞
!
Var(U [k])
In der vorletzten Zeile haben wir die Unabhängigkeit von U [k − n] und U [k − l] für ein
fixiertes k benutzt:
E[(U [k − n])2 ], für n = l
E[U [k − l]U [k − n]] =
0,
sonst.
Bemerkung: Interessierte Studenten können nachprüfen, dass man das gleiche Ergebnis
bekommt, falls E[U [k]] = mU 6= 0 !
5
=1
Da h stabil ist, ist dieser maximal mögliche Wert endlich. Er ist erreicht wenn U [k − n] =
sgn(h[n]) für alle n.
wobei wir die Berechnung aus Frage a, E[U [k]] = 0 benutzt haben.
Var(Y [k]) = E[Y [k]2 ]
"
!
|h[n]| max |U [k − n]|
|
{z
}
6
Stochastischer Prozess
Aufgabe 4.20
iii) k = 2: Y [2], Y [3] und Y [4] sind unabhängige Variablen, es gilt also:
X[k] ist eine binäre Zufallsvariable mit der Dichte
y2
−1
−1
−1
+1
−1
+1
+1
+1
1
fX[k] (xk ) = (δ (xk + 1) + δ (xk − 1))
2
für alle k ∈ Z. Aus Y [3n] = X[2n] und Y [3n + 1] = X[2n + 1] folgt für die jeweiligen Dichtefunktionen
fY [3n] (y3n ) = fX[2n] (y3n )
fY [3n+1] (y3n+1 ) = fX[2n+1] (y3n+1 )
a)
i) k = 0:
Wir machen eine Tabelle mit der Verbundwahrscheinlichtkeitsverteilung.
y0
−1
−1
+1
+1
y1
−1
+1
−1
+1
sonst
y2
+1
−1
−1
+1
P (Y [0] = y0 , Y [1] = y1 , Y [2] = y2 )
1/4
1/4
1/4
1/4
0
y3
−1
−1
+1
−1
+1
−1
+1
+1
y4
−1
+1
−1
−1
+1
+1
−1
+1
P (Y [2] = y2 , Y [3] = y3 , Y [4] = y4 )
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
fY [2],Y [3],Y [4] (y2 , y3 , y4 ) = fY [2] (y2 ) · fY [3] (y3 ) · fY [4] (y4 )
=
4
1Y
δ (yn + 1) + δ (yn − 1)
8
n=2
b) Aus Teilaufgabe a) schliessen wir, dass der Prozess Y [.] nicht stationär ist, da fY [k],Y [k+1],Y [k+2]
abhängig ist von k ist und somit die Eigenschaft in Definition 4.11 im Skript nicht erfüllt
ist.
Y [0] und Y [1] sind unabhängige Variablen. Bei gegebenen Werten für y0 und y1 ist
y2 deterministisch bestimmt und wir erhalten
c) Die Dichte fY [k] (yk ) ist unabhängig von k und für E[Y [k]] gilt:
E[Y [k]] = 0
fY [0],Y [1],Y [2] (y0 , y1 , y2 ) = fY [0] (y0 ) · fY [1] (y1 ) · fY [2]|Y [1],Y [0] (y2 |y1 , y0 )
1
1
= δ(y0 − 1) + δ(y0 + 1) · δ(y1 − 1) + δ(y1 + 1) · δ(y2 − y0 y1 )
2
2
ii) k = 1:
y1
−1
−1
−1
+1
−1
+1
+1
+1
y2
−1
−1
+1
−1
+1
−1
+1
+1
y3
−1
+1
−1
−1
+1
+1
−1
+1
P (Y [1] = y1 , Y [2] = y2 , Y [3] = y3 )
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
Somit sind alle Eigenschaften aus Definition 4.12 im Skript erfüllt, Y [.] ist also schwach
stationär.
a) Unter der Annahme σ 2 = 0:
7
1
8
n=1
δ (yn + 1) + δ (yn − 1)
i) Aus X[n] = βX[n − 1] wissen wir: X[n] = β n X[0].
Daher:
E[X[n]] = β n E[X[0]]
fY [1],Y [2],Y [3] (y1 , y2 , y3 ) = fY [1] (y1 ) · fY [2] (y2 ) · fY [3] (y3 )
=
Stochastischer Prozess
Aufgabe 4.21
Y [2] ist für unbestimmtes Y [0] eine freie Variable, und Y [3] ist unabhängig von Y [1]
und Y [2]. Die Dichte kann also direkt aus den Randverteilungen von Y [1], Y [2], Y [3]
bestimmt werden:
3
Y
Y [k0 ] und Y [k1 ] sind unabhängig für alle k0 6= k1 , also gilt:
E[Y [k + n]] · E[Y [k]] = 0, n 6= 0
E[Y [k + n] · Y [k]] =
E[|Y [k]|2 ] = 1,
n=0
E[X[k + n] · X[k]] = E[β k+n X[0] · β k X[0]]
= β 2k+n E[|X[0]|2 ]
8
ii) Damit X[.] ein schwach stationärer Prozess ist, muss sowohl E[X[k]] als auch E[X[k+
n] · X[k]] für jedes n ∈ Z unabhängig von k sein. Für den gegebenen Prozess heisst
das, E[X[0]] = 0 und E[|X[0]|2 ] = 0. Anders gesagt X[0] = 0 und damit X[k] =
β k X[0] = 0 für alle k ∈ Z.
b) Ab jetzt ist σ 2 wieder beliebig und X[.] schwach stationär. Welche Prozesse kommen in
Frage? Suchen wir zuerst nach den Prozessen, die die Bedingung X[n] = βX[n − 1] + W [n]
erfüllen.
• Sei X ′ [.] das mit
ii) Da H reell ist, gilt
SX (z) = SW (z)H(z)H(z −1 )
1
1
= σ2
−1
1 − βz
1 − βz
SX (z) hat Pole an den Stellen z = β und z = β1 , somit folgt für β < 1 der
ROC(RX ) = {z ∈ C : β < |z| < β1 }
iii) Um SX (z) in den Zeitbereich zu transformieren, wenden wir die Partialbruchzerlegung
(siehe Appendix A) an
H(z) =
1
1 − βz −1
σ2
SX (z)
=−
z
β
gefilterte Rauschen W [.]. Da dann
X ′ (z) =
1
1 − βz −1
=−
W (z)
⇒ X ′ [n] = βX ′ [n − 1] + W [n]
erfüllt X ′ [n] die Bedingung.
X[n] = X ′ [n] + X ′′ [n]
= βX ′ [n − 1] + W [n] + βX ′′ [n − 1]
= β X ′ [n − 1] + X ′′ [n − 1] + W [n]
β
i) Wir wissen nun, dass X[.] das mit H(z) gefilterte Rauschen W [.] ist. Es gilt Gleichung
(4.129):
mX = mW
∞
X
n=−∞
h[n] = 0 ·
∞
X
1
z−
1
β
A
B
+
z − β z − β1
!
!
RX [0] =
σ2
.
1 − β2
Leistungsdichtespektrum
Aufgabe 4.22
Aus Gleichung (4.149) wissen wir
SY (z) = SU (z)H(z)H c (z)
= σU2 H(z)H c (z)
= H(z)H c (z)
h[n] = 0
n=−∞
wobei wir benutzt
haben, dass
die rechtsseitige Entwicklung von H(z) stabil ist (weil
P∞
P
β < 1), d.h. ∞
n=−∞ |h[n]| < ∞.
n=−∞ h[n] ≤
9
Die Rücktransformation in den Zeitbereich kann man gemäss Seite 31 im Skript
durchführen, wobei zu beachten ist, dass der erste Term rechtsseitig und der zweite
Term linksseitig entwickelt werden müssen. Einzig das rechtsseitige Signal hat einen
von Null verschiedenen Wert and der Stelle n = 0 und wir erhalten
= βX[n − 1] + W [n]
Im Allgemeinen definiert die Bedingung also keinen eindeutigen stochastischen Prozess. Da
aber auch vorgegeben wird, dass X[n] schwach stationär sein muss, folgt aus Teilaufgabe
a) X ′′ [n] = 0 für alle n ∈ Z und deswegen muss X[.] = X ′ [.] das mit H(z) gefilterte
Rauschen W [.] sein. Da W [.] schwach stationär ist, ist auch X[.] schwach stationär.
1
z−β

 1
1
1
−β
σ 2  β− β1
β

+
=−
β
z − β z − β1
!
σ2
1
1
=
−
1 − β 2 z − β z − β1
⇒ X ′ (z) = βX ′ (z)z −1 + W (z)
• Sei X ′′ [n] ein reellwertiger stochastischer Prozess, welcher X ′′ [n] = βX ′′ [n − 1] erfüllt.
Wir können zeigen, dass auch X[n] = X ′ [n] + X ′′ [n] die Bedingung erfüllt:
σ2
!
=
5 z + z −1
−
4
2
Wir können H(z) finden, indem wir SY (z) entsprechend faktorisieren:
10
5 z + z −1
−
4
2
z −1 2 5
(z − z + 1)
=−
2
2
−1
1
z
(z − 2) z −
=−
2
2
1
1
−1
z−
= z −
2
2
✲ ❥ ✲ z −1
✻
SY (z) =
woraus ein kausales H(z) =
− 12
+
z −1
r
✲
Einsetzen von H(z) ergibt für die Leistung:
folgt.
Sigma-Delta A/D-Wandler
Aufgabe 4.23
GX (z) =
PX
a)
(X(z) − Y (z)) H(z) = Y (z) ⇒ GX (z) =
H(z)
1 + H(z)
−Y (z)H(z) + W (z) = Y (z) ⇒ GW (z) =
1
1 + H(z)
b)
=
=
=
1
H(z)
=
1 + H(z)
z
Z π
n
1
SX (eiΩ )|GX (eiΩ )|2 dΩ
2π − π
n
Z π
1 2
n
1
SX (eiΩ ) iΩ dΩ
2π − π
e
n
Z π
n
1
iΩ
SX (e )dΩ
2π − π
n
= Pin
c) Das Leistungsdichtespektrum am Ausgang des Sigma-Delta Wandlers ist
SY (eiΩ ) = SX (eiΩ )|GX (eiΩ )|2 + SW (eiΩ )|GW (eiΩ )|2
Da vor der Dezimation die Frequenzanteile ausserhalb des Nutzbandes |Ω| < π/n vom
Tiefpassfilter abgeschnitten werden, ist die Leistung sowohl des Nutzsignals wie auch des
Rauschens nur in diesem Band relevant. Mit Hilfe der Wiener-Khinchine Beziehung (4.155)(4.156) erhalten wir die Leistung in diesem Band als:
Die Leistung des Nutzsignals am Ausgang entspricht im relevanten Band somit genau der
Leistung Pin am Eingang des Sigma-Delta Wandlers. Für die Rauschleistung erhalten wir:
GW (z) =
PW
PX
1
=
2π
Z
1
2π
Z
PW =
π
n
π
−n
π
n
π
−n
=
iΩ 2
iΩ
SX (e )|GX (e )| dΩ
=
SW (eiΩ )|GW (eiΩ )|2 dΩ
und deren Verhältnis
=
=
π
n
π
−n
π
n
π
−n
R
SNR = R
SX (eiΩ ) |GX (eiΩ )|2 dΩ
SW
(eiΩ )
|GW
(eiΩ )|2 dΩ
1
= 1 − z −1
1 + H(z)
Z π
n
1
SW (eiΩ )|GW (eiΩ )|2 dΩ
2π − π
n
Z π
n
1
σ 2 (1 − e−iΩ )(1 − eiΩ )dΩ
2π − π
n
Z π
n
1
σ 2 (2(1 − cos Ω)) dΩ
2π − π
n
π
2σ 2 π
− sin
π n
n
Das weisse Rauschen wird also mit 2 · (1 − cos Ω) gefärbt, d.h. die Leistung des Quantisierungsrauschens wird zu höheren Frequenzen hin verschoben:
z
d) Aus der Normalform von H(z) = 1−z
−1 (siehe Abbildung unten) ist ersichtlich, dass alle
Eingangswerte aufsummiert werden und H(z) ein diskreter Integrator ist.
−1
11
12
4
Discrete Memoryless Channel und bedingte Wahrscheinlichkeiten
Aufgabe 4.25
3.5
2(1−cosΩ)
3
a) Wir wissen, A1 ∪ A2 = Ω und A1 ∩ A2 = ∅.
2.5
2
P (B1 ) = P (B1 ∩ A1 ) + P (B1 ∩ A2 )
1.5
S (eiΩ)
X
1
0.5
0
−0.5
−0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
Ω/2π
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
f /2
f /2
os
s
Analog:
P (B3 ) = P (A1 ) · P (B3 |A1 ) + P (A2 ) · P (B3 |A2 ) = 0.24
Schliesslich ist das Verhältnis von Signalleistung zu Rauschleistung (SNR):
SNR =
2σ 2
πPin
π
π
n − sin n
Der Nenner des SNR strebt für n → ∞ gegen Null.
= P (A1 ) · P (B1 |A1 ) + P (A2 ) · P (B1 |A2 )
1
1
= · 0.5 + · 0.02 = 0.26
2
2
P (B2 ) = P (A1 ) · P (B2 |A1 ) + P (A2 ) · P (B2 |A2 ) = 0.24
P (B4 ) = P (A1 ) · P (B4 |A1 ) + P (A2 ) · P (B4 |A2 ) = 0.26
(Kontrolle :
P4
i=1 P (Bi )
= 1)
b) Aus der einfachen Form (4.173) der Bayes’schen Regel folgt:
1
· 0.5
P (A1 ) · P (B1 |A1 )
= 2
= 0.962
P (B1 )
0.26
1
· 0.34
P (A1 ) · P (B2 |A1 )
P (A1 |B2 ) =
= 2
= 0.708
P (B2 )
0.24
1
· 0.14
P (A1 ) · P (B3 |A1 )
= 2
= 0.292
P (A1 |B3 ) =
P (B3 )
0.24
1
· 0.02
P (A1 ) · P (B4 |A1 )
= 2
= 0.038
P (A1 |B4 ) =
P (B4 )
0.26
P (A1 |B1 ) =
A posteriori Wahrscheinlichkeit
Aufgabe 4.24
Der Übersicht halber werden an dieser Stelle die folgenden Abkürzungen für die Ereignisse
gebraucht
Ereignis
Testperson krank
Testperson nicht krank
Test positiv
Abkürzung
K
K
P os
c) Weil B2 ∩ B3 = ∅ ist, gilt:
Mit der Bayes’schen Regel (4.173) kann die gesuchte Wahrscheinlichkeit ausgedrückt werden als
P (P os|K)P (K)
P (K|P os) =
.
P (P os)
Der Wert der Wahrscheinlichkeit P (“Test positiv”) lässt sich mit den bedingten Wahrscheinlichkeiten bestimmen
P (P os) = P (P os|K)P (K) + P (P os|K)P (K)
= P (P os|K)P (K) + P (P os|K)(1 − P (K))
= 1 · 0.001 + 0.02 · (1 − 0.001) = 0.021.
P (B2 ∪ B3 |A1 ) = P (B2 |A1 ) + P (B3 |A1 ) = 0.34 + 0.14 = 0.48
analog:
P (B2 ∪ B3 |A2 ) = P (B2 |A2 ) + P (B3 |A2 ) = 0.14 + 0.34 = 0.48
Für die dritte Aufgabe setzen wir wieder die Bayes’sche Regel ein:
P (A1 ) · P (B2 ∪ B3 |A1 )
P (A1 ) · P (B2 ∪ B3 |A1 )
=
P (B2 ∪ B3 )
P (B2 ) + P (B3 )
1
·
0.48
1
= 2
=
0.24 + 0.24
2
P (A1 |B2 ∪ B3 ) =
So erhält man
P (“Testperson krank”|“Test positiv”) =
13
1 · 0.001
= 0.048.
0.021
14