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2011-11-30 Wahrscheinlichkeitstheorie_und_Statistik 2VL

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Thomas Ba. 14 years ago
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18
Berechenbarkeits-KomplexTh/Berechenbarkeits-KomplexTh.tex
Unescape View File

@ -11,10 +11,10 @@
%\usepackage{pst-node}
\usepackage[paper=a4paper,left=30mm,right=20mm,top=20mm,bottom =25mm]{geometry}
\usepackage[
pdftitle={Berechenbarkeits.- Komplex.Th.},
pdfsubject={Mitschrift der Vorlesung "Berechenbarkeits.- Komplex.Th." an der HTW-Aalen, bei Herrn Thierauf.},
pdftitle={Berechenbarkeit und Komplexitaetstheorie},
pdfsubject={Mitschrift der Vorlesung "Berechenbarkeit und Komplexitaetstheorie" an der HTW-Aalen, bei Herrn Thierauf.},
pdfauthor={Thomas Battermann},
pdfkeywords={Berechenbarkeits.- Komplex.Th.},
pdfkeywords={Berechenbarkeit und Komplexitaetstheorie},
pdfborder={0 0 0}
]{hyperref}
\usepackage{tabularx}
@ -55,7 +55,7 @@
\newcommand{\rrfloor}{\right\rfloor}
\newcommand{\llfloor}{\left\lfloor}
\title{Berechenbarkeits.- Komplex.Th.}
\title{Berechenbarkeit und Komplexitätstheorie}
\author{Mitschrift von Thomas Battermann}
\date{3. Semester}
@ -391,13 +391,13 @@
\(\Rightarrow M_y(x)\) kommt nach endlich vielen Schritten nach \(Z_a\)\\
\(\Rightarrow M(x,y)\) akzeptiert
\item \( (x,y) \not\in U \Rightarrow M_y(x)\) verwirft.
\begin{itemize}
\item[a)] \( M_y(x) \) erreicht \(Z_v\)\\
\begin{enumerate}[a)]
\item] \( M_y(x) \) erreicht \(Z_v\)\\
\( \Rightarrow M(x,y)\) verwirft.
\item[b)] \( M_y(x) \) hält nicht\\
\item \( M_y(x) \) hält nicht\\
\( \Rightarrow M(x,y) \) hält nicht.\\
\( \Rightarrow M(x,y) \) verwirft.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{itemize}
Es gibt also \( L(M) = U \).\\
@ -558,6 +558,7 @@
\( L_E = \{ x \mid \text{Turingmaschine } M_x \text{ hat }\underbrace{\text{Eigenschaft}}_{\text{Spracheigenschaft}} E \} \)
ist unentscheidbar für jede Eigenschaft $E$.
\underline{Satz von Rice}
\bsp \( F = \{ x \mid L(M_x) \text{ ist endlich} \} \)
@ -1036,4 +1037,5 @@
\end{enumerate}
\end{document}

272
Wahrscheinlichkeitstheorie_und_Statistik/Wahrscheinlichkeitstheorie_und_Statistik.tex
Unescape View File

@ -4,6 +4,7 @@
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{eurosym}
\usepackage{enumerate}
%\usepackage{multicol}
%\usepackage{booktabs}
%\usepackage{pstricks}
@ -221,20 +222,20 @@
\bsp Ein 5 stelliger Code wird zufällig zufällig gewählt, bestehend aus Ziffern \( 1,2,…,9 \).\\
{\color{Orange} \( k=5; n=9 \) Gesamt: \( n^k = 9^6 \) Möglichkeiten}\\
Mit welcher Wahrscheinlichkeit
\begin{itemize}
\item[(a)] tritt die Kombination \(13758\) auf?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item tritt die Kombination \(13758\) auf?\\
{\color{Orange} \( \frac{1}{9^5} \)}
\item[(b)] enthält der Code lauter gleiche Zahlen?\\
\item enthält der Code lauter gleiche Zahlen?\\
{\color{Orange} \( \frac{9}{9^5} = \frac{1}{9^4} \)}
\item[(c)] enthält der Code lauter verschiedene Zahlen?\\
\item enthält der Code lauter verschiedene Zahlen?\\
{\color{Orange} \( \frac{9!}{4! * 9^5} \) }
\item[(d)] beginnt der Code mit 3?\\
\item beginnt der Code mit 3?\\
{\color{Orange} \( \frac{1 * 9^4}{9^5} = \frac 1 9 \)}
\item[(e)] enthält der Code genau eine 3?\\
\item enthält der Code genau eine 3?\\
{\color{Orange} \( \frac 1 9 * \left(\frac 8 9\right)^4 * 5 = \frac{ 5 * 8^4 }{ 9^5 } \)}
\item[(f)] enthält der Code genau zwei 3er?\\
\item enthält der Code genau zwei 3er?\\
{\color{Orange} \( \left(\frac{1}{9}\right)^2 * \left(\frac{8}{9}\right)^3 * 2 * 5 = \frac{10 * 8^3}{9^5} \)}
\end{itemize}
\end{enumerate}
%
@ -255,46 +256,46 @@
\bsp Lotto 6 aus 49\\
Berechne die Wahrscheinlichkeiten für
\begin{enumerate}
\item[(a)] 6 Richtige\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item 6 Richtige\\
\( \frac{1}{\binom{49}{6}} = \frac{1}{13.983.816} \) ~ 14 Mio. Möglichkeiten
\item[(b)] 4 Richtige\\
\item 4 Richtige\\
\( \frac{ \binom{6}{4} * \binom{43}{2} }{ \binom{6}{49} } = \frac{645}{665896} \approx 0.096861972440140803\%\)
\item[(c)] 3 Richtige\\
\item 3 Richtige\\
\( \frac{ \binom{6}{3} * \binom{43}{3} }{ \binom{6}{49} } = \frac{8815}{499422} \approx 1.765040386687010184\%\)
\end{enumerate}
\bsp Kiste mit 4 blauen, 3 roten, 8 gelben Laptops\\
Wir wählen zufällig 8 aus.
\begin{enumerate}
\item[(a)] Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 3 blau und 5 gelb?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 3 blau und 5 gelb?\\
\( \frac{ \binom{4}{3} * \binom{3}{0} * \binom{8}{5} }{\binom{15}{8}} = \frac{224}{6435} \)
\item[(b)] Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 6 gelb\\
\item Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind 6 gelb\\
\( \frac{ \binom{8}{6} * \binom{7}{2} }{ \binom{15}{8} } = \frac{196}{2145} \)
\end{enumerate}
\bsp Kiste wie in vorigem Beispiel. Wir stellen 2 Pakete mit jeweils 4 Laptops zusammen (zufällig).\\
Mit welcher Wahrscheinlichkeit {\color{Orange} \(\to \binom{15}{4} * \binom{11}{4} \)}\\
\begin{enumerate}
\item[(a)] enthält das 1. Paket 1 blauen und das 2. Paket 2 blaue Laptops?
\item[(b)] enthält das 1. Paket 1 blauen Laptop?
\item[(c)] enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop?
\item[(d)] enthält das 1. oder 2. Paket 1 blauen Laptop?
\item[(e)] Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop, wenn man weiß, das im 1. Paket 2 blaue Laptops sind?
\begin{enumerate}[(a)]
\item enthält das 1. Paket 1 blauen und das 2. Paket 2 blaue Laptops?
\item enthält das 1. Paket 1 blauen Laptop?
\item enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop?
\item enthält das 1. oder 2. Paket 1 blauen Laptop?
\item Mit welcher Wahrscheinlichkeit enthält das 2. Paket 1 blauen Laptop, wenn man weiß, das im 1. Paket 2 blaue Laptops sind?
\end{enumerate}
Lösung:\\
\begin{enumerate}
\item[(a)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{3}{2} * \binom{8}{2} }{\binom{15}{4}*\binom{11}{4}} \approx 0.12307692307692307692\)
\item[(b)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
\item[(c)] \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
\item[(d)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{3}{2} * \binom{8}{2} }{\binom{15}{4}*\binom{11}{4}} \approx 0.12307692307692307692\)
\item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
\item \( \frac{ \binom{4}{1}*\binom{11}{3} * \binom{11}{4} }{ \binom{15}{4}*\binom{11}{4} } \)
\item
Ereignis A: 1. Paket enthält 1 blauen Laptop\\
Ereignis B: 2. Paket enthält 1 blauen Laptop\\
gesucht: \( A \cup B = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \)\\
\( 2 * \frac{ \binom{4}{1} * \binom{11}{3} }{ \binom{15}{4} } - \frac{ \binom{4}{1} * \binom{11}{3} * \binom{3}{1} * \binom{8}{3} }{ \binom{15}{4} * \binom{11}{4}} \)\\
{\color{Orange} Man sieht hier: \(P(A \cap B) \not= P(A) * P(B) \)}
\item[(e)] \( \frac{ \binom{2}{1} * \binom{9}{3} }{ \binom{11}{4} } \)
\item \( \frac{ \binom{2}{1} * \binom{9}{3} }{ \binom{11}{4} } \)
\end{enumerate}
@ -345,16 +346,16 @@
\bsp 2 rote Bälle und ein gelber Ball. Wir ziehen 2 Bälle ohne Zurücklegen, mit Reihenfolge.\\
Mit welcher Wahrscheinlichkeit
\begin{itemize}
\item[(a)] ist der 1. Ball rot?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item ist der 1. Ball rot?\\
\( \frac 2 3 \)
\item[(b)] ist der 2. Ball rot?\\
\item ist der 2. Ball rot?\\
\( \frac 2 3 \)
\item[(c)] sind beide Bälle rot?\\
\item sind beide Bälle rot?\\
\( \frac 2 3 * \frac 1 2 = \frac 1 3 \)
\item[(d)] ist der 2. Ball rot, wenn man weiß, dass der 1. Ball rot ist?\\
\item ist der 2. Ball rot, wenn man weiß, dass der 1. Ball rot ist?\\
\( \frac 1 2 \)
\end{itemize}
\end{enumerate}
mit Ereignissen formuliert:
\begin{itemize}
@ -403,25 +404,25 @@
\spa 90\% der Daten, die über Kanal 2 übertragen werden, kommen korrekt an.\\
\spa 40\% der Daten werden über Kanal 1 übertragen, 60\% über Kanal 2.
\begin{itemize}
\item[(a)] Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen korrekt an?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen korrekt an?\\
Formulierung mit Ereignissen:\\
A: Daten werden über Kanal 1 übertragen\\
B: Daten kommen korrekt an.\\
gegeben: \(P(A) = 0,40; P(B\mid A) = 0,95; P(B\mid \overline{A}) = 0.90 \)\\
Gegenteile: \( P(\overline{A}) = 0,60; P(\overline{B} \mid A) = 0.05; P(\overline{B}\mid \overline{A}) = 0.10 \)\\
gesucht: \( \underbrace{P(A)}_{0,4} * \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} = 0,38 = 38\% \)
\item[(b)] Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen nicht korrekt an?\\
\item Wie viel Prozent der Daten werden über Kanal 1 übertragen und kommen nicht korrekt an?\\
\( P(A \cap B) = \underbrace{P(\overline{B}\mid A}_{=0,05} * \underbrace{P(A)}_{0,4} = 0,02 = 2\% \)
\item[(c)] Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an?\\
\item Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an?\\
\( P(B) = \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} * \underbrace{P(A)}_{0,4} + \underbrace{P(B|\overline{A})}_{0,9} * \underbrace{P(\overline{A})}_{0,6} = 0,92 = 92\% \)
\item[(d)] Wie viel Prozent der Daten kommen nicht korrekt an, wenn man weiß, dass sie über Kanal 1 übertragen wurden?\\
\item Wie viel Prozent der Daten kommen nicht korrekt an, wenn man weiß, dass sie über Kanal 1 übertragen wurden?\\
\( P(\overline{B}\mid A) = 0,05 = 5\% \)
\item[(e)] Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an oder werden über Kanal 1 Übertragen?\\
\item Wie viel Prozent der Daten kommen korrekt an oder werden über Kanal 1 Übertragen?\\
\( P(B\cup A) = P(B) + P(A) - P(A\cap B) \overset{(c)(a)}{=} 0,92 + 0,4 - 0,38 = 0,94 = 94\% \)
\item[(f)] Wie viel Prozent der Daten, die korrekt ankommen, wurden über Kanal 1 übertragen?\\
\item Wie viel Prozent der Daten, die korrekt ankommen, wurden über Kanal 1 übertragen?\\
\( P(A\mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} \overset{(a)}{\underset{(c)}{=}} \frac{0,38}{0,92} = 0,413 = 41,3\% \)
\end{itemize}
\end{enumerate}
Im vorigen Beispiel:\\
A und B sind abhängig, da \( \underbrace{P(B\mid A)}_{0,95} \not= \underbrace{P(B\mid\overline{A})}_{0,9} \)
@ -430,32 +431,32 @@
\spa 1\% der gesendeten 1en kommt als 0 an.\\
\spa 2\% der gesendeten 0en kommt als 1 an.\\
\spa 30\% der gesendeten Daten sin 0en.
\begin{itemize}
\item[(a)] Wie viel Prozent der Daten sind 0en, die als 1 ankommen?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item Wie viel Prozent der Daten sind 0en, die als 1 ankommen?\\
\( P(A \cap \overline{B}) = P(\overline{B}\mid A) * P(A) = 0,02 * 0,03 = 0,006 = 0,6\% \)
\item[(b)] Wie viel Prozent der ankommenden 0en sind 1en, die gesendet wurden?\\
\item Wie viel Prozent der ankommenden 0en sind 1en, die gesendet wurden?\\
\( P(\overline{A}\mid B) = \frac{P(\overline{A} \cap B)}{P(B)} = \frac{P(B\mid\overline{A}) * P(\overline{A})}{P(B)} \)
\item[(c)] Wie viel Prozent der Daten werden Fehlerhaft übertragen?\\
\item Wie viel Prozent der Daten werden Fehlerhaft übertragen?\\
\( \underbrace{P(A\cap \overline{B})}_{=0,6\%} + \underbrace{P(\overline{A} \cap B)}_{=0,7\%} = 1,3\% \)
\end{itemize}
\end{enumerate}
Ereignisse:
\begin{itemize}
\item[A:] 0 wird gesendet
\item[B:] 0 kommt an
\end{itemize}
\begin{enumerate}[A:]
\item 0 wird gesendet
\item 0 kommt an
\end{enumerate}
Gegeben: \( P(B\mid\overline{A}) = 1\%; P(\overline{B}\mid A) = 2\%; P(A) = 30\% \)\\
\bsp (zu bedingten Wahrscheinlichkeiten).\\
2 maliges Würfeln\\
Ereignisse:
\begin{itemize}
\item[A:] 1. Wurf ergibt 4
\item[B:] Summe der Augenzahlen ist 12
\item[C:] Summe der Augenzahlen ist 7
\item[D:] 2. Wurf ergibt 3
\end{itemize}
\begin{enumerate}[A:]
\item 1. Wurf ergibt 4
\item Summe der Augenzahlen ist 12
\item Summe der Augenzahlen ist 7
\item 2. Wurf ergibt 3
\end{enumerate}
Sind A und B bzw. A und C bzw. A und D bzw. A C und D unabhängig?\\
\textcolor{Orange}{A und B sind Unabhängig, wenn \( P(A \cap B) = P(A) * P(B) \) }
@ -482,14 +483,14 @@
A, C und D sind abhängig
Zusatzfragen:\\
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, \cunder{Yellow}{das der 1. Wurf 3 ist} \textcolor{Yellow}{A},\\
\cunder{Orange}{wenn die Summe der Augenzahlen 6 ist} \textcolor{Orange}{B}?
\item[(b)]
\item
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, \cunder{Yellow}{dass (mindestens) einer der Würfe 3 ist} \textcolor{Yellow}{C},\\
\cunder{Orange}{wenn die Summe der Augenzahlen 6 ist} \textcolor{Orange}{B}?
\end{itemize}
\end{enumerate}
\( B = \{ 15,24,33,42,51 \} \)
@ -497,22 +498,22 @@
\(P(B) = \frac{5}{36} \)\\
\(P(C) = \)
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
\( P(A \mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \)
\item[(b)]
\item
\( P(A \mid C) = \frac{P(A\cap C)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{36} }{ \frac{5}{36} } = \frac 1 5 \)\\
\end{itemize}
\end{enumerate}
Oder direkt:
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}
\item
\( P(A\mid B) = \frac 1 5 \)\\
Bedingung \( B = \{ 15, 24, \underline{3}3, 42, 51 \} \)
\item[(b)]
\item
\( P(C\mid B) = \frac 1 5 \)\\
Bedingung: \( B = \{ 15, 24, \underline{33}, 42, 51 \} \)
\end{itemize}
\end{enumerate}
\subsection*{Formeln}
@ -535,11 +536,11 @@
\( \binom{100}{1} + \binom{100}{3} + … + \binom{100}{99} + \binom{100}{100} = 2^{100} - \binom{100}{1} - \binom{100}{0} \)
\bsp 2 maliges Würfeln
\begin{itemize}
\item[A:] 1. Wurf ist 3. \( P(A) = \frac 1 6 \)
\item[B:] Summe der Augenzahlen ist 12. \( P(B) = \frac{1}{36} \)
\item[C:] 2. Wurf ist 7. \( P(C) = 0 \)
\end{itemize}
\begin{enumerate}[A:]
\item 1. Wurf ist 3. \( P(A) = \frac 1 6 \)
\item Summe der Augenzahlen ist 12. \( P(B) = \frac{1}{36} \)
\item 2. Wurf ist 7. \( P(C) = 0 \)
\end{enumerate}
\( \underbrace{P(A\cap B\cap C)}_{_0} = \underbrace{P(A) * P(B) * P(C)}_{=0} \)\\[2mm]
\( \underbrace{P(a\cap B)}_{=0} \not= \underbrace{ P(A) }_{\frac 1 6} * \underbrace{P(B)}_{\frac{1}{36}} \)\\
\(\to\) A, B und C sind abhängig
@ -679,17 +680,17 @@
\bsp (zu Verteilungsfunktion)\\
\( F(x) = \begin{cases} e^x * \frac 1 2, & x < 0 \\ b, & 0 \le x < 2 \\ c, & x\ge 2 \end{cases} \)
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Wie groß müssen $b$ und $c$ sein, damit $F(x)$ eine Verteilungsfunktion ist?
\item[(b)]
\item
Sei \( b=0.8, c=1 \).\\
Berechne:\\
\(P(X=0), P(X=-1), P(X\le -1), P(X>-1), P(X\le 2), P(X>2), P(X\ge3) \)
\end{itemize}
\end{enumerate}
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
\( e^0 * \frac 1 2 = 0.5 \)\\
\( \frac 1 2 \le b \le c = 1 \)\\
Eigenschaften der Verteilungsfunktion:
@ -698,7 +699,7 @@
\item \(F(x)\) rechtsseitig stetig
\item \(F(x)\) monoton wachsend
\end{itemize}
\item[(b)]
\item
\(P(X=0) = 0.3 (=0.8-0.5) \)\\
\(P(X=-1) = 0\) (Kein Sprung)\\
\(P(X\le-1) = F(-1) = \frac{e^{-1}}{2} \approx 0.18394 \)\\
@ -707,7 +708,7 @@
\(P(X>2) = 1-P(X\le 2) = 0 \)\\
\(P(X<2) = P(X\le 2) - P(X=2) = F(2) - 0.2 = 0.8\)\\
\(P(X\ge 3) = 1-P(X<3) = 0\)
\end{itemize}
\end{enumerate}
Meist ist die Verteilungsfunktion
\begin{itemize}
@ -750,21 +751,21 @@
\bsp\\
\( f(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \\ \frac 1 2 x, & 0 \le x < 1 \\ a * x^2, & 1 \le x < x \\ 0, & x \ge 2 \end{cases} \)
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
Für welches \( a \in \mathbb R \) ist \(f(x)\) eine Dichtefunktion?
\item[(b)] Berechne für das $a$ aus (a) die zugehörige Verteilungsfunktion \(F(x)\)
\end{itemize}
\item Berechne für das $a$ aus (a) die zugehörige Verteilungsfunktion \(F(x)\)
\end{enumerate}
\begin{itemize}
\item[(a)]
\begin{enumerate}[(a)]
\item
\( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 1 \to \) auflösen nach a\\
\( \int\limits_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = \int\limits_0^1 \frac 1 2 x dx + \int\limits_1^2 a * x^2 dx \)\\
\( = \left[ \frac 1 4 x^2 \right]_0^1 + \left[ \frac a 3 * x^3 \right]_1^2 \)\\
\( = \frac14 - 0 + \frac83 - \frac13 a = \frac14+\frac73a=1 \)\\
\( \frac73a=\frac34 \Rightarrow a = \frac{9}{28} \)\\
\( f(x) = \begin{cases} 0, & x<0\\\frac12*x,&0\le x<1\\\frac{9}{28} * x^2, & 1 \le x < x \\ 0, & x \ge 2 \end{cases} \)
\item[(b)]
\item
\( F'(x) = f(x) \Rightarrow F(x) = \int f(x) dx \)\\
\( F(x) = \begin{cases} c_1,&x<0\\\frac14 x^2+c_2,&0\le x<1\\\frac{3}{28} x^3+c_3, & 1 \le x < x \\ c_4, & x \ge 2 \end{cases} \)\\
Bestimmung der Konstanten:\\
@ -775,7 +776,7 @@
\(x=1: \frac12*1^2 + c_2 = \frac{3}{28}*1^2+c_3 \Rightarrow c_3 = \frac14 -\frac{3}{28} = \frac{4}{28} = \frac17 \)\\
Zur Kontrolle:\\
\( x2: \frac{3}{28}*2^3+\frac17 = 1 = c_4 \Rightarrow\) stimmt
\end{itemize}
\end{enumerate}
\bsp \( f(x) = \begin{cases} c_1*e^{-2x}, & x\ge 0 \\ c_2, & x<0 \end{cases} \)\\
Bestimme \( c_1,c_2 \in \mathbb R\) so, dass \(f(x)\) eine Dichtefunktion ist.\\
@ -835,10 +836,95 @@
\bsp Datenübertragung von 5000 Bits.\\
Wahrscheinlichkeit, dass ein Bit Fehlerhaft übertragen wird, ist 1\%.\\
Mit welcher Wahrscheinlichkeit werden
\begin{itemize}
\item[(a)] genau 20 Bits fehlerhaft übertragen?\\
\begin{enumerate}[(a)]
\item genau 20 Bits fehlerhaft übertragen?\\
\textcolor{Orange}{ \( \binom{5000}{20} * 0.01^{20} * 0.99^{4980} \) }
\item[(b)] mehr als 2 Bits fehlerhaft übertragen?
\end{itemize}
\item mehr als 2 Bits fehlerhaft übertragen?\\
\textcolor{Orange}{ \( P(X>2) \underset{\text{Gegenteil}}{=} 1-P(X\le 2) = 1-\left(P(X=2) + P(X=1) + P(X=0)\right) \)\\
\( = 1-\left( \binom{5000}{2}*0.01^2*0.99^{4998}+\binom{5000}{1}*0.01*0.99^{4999}+\binom{5000}{0}*0.01^0*0.99^{5000} \right)\) }
\end{enumerate}
\subsection{Geometrische Verteilung}
\bsp Wir schießen so lange, bis wir den anderen Treffen.\\
Wahrscheinlichkeit, bei einem Schuss zu treffen, ist 30\%.\\
\(X\) Anzahl der Schüsse bis zum Treffer\\
\(\to\) mögliche Werte von $X: 1,2,3,…$
\( P(X=k) = 0.7^{k-1} * 0.3 \)
Allgemein: Ein Zufallsexperiment wird beliebig oft (unabhängig voneinander) wiederholt.\\
Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Ereignis $A$ bei einmaliger Durchführung auftritt, ist $p$.
$X:$ Anzahl der Wiederholungen, bis zum ersten mal $A$ eintritt.\\
$\to X$ ist geometrisch verteilt mit Parameter $p$, d.\,h.\\
\( P(X=k) = (1-p)^{k-1} * p \) für \( k=1,2,3,…\)
\bsp Mit welcher Wahrscheinlichkeit
\begin{enumerate}[(a)]
\item tritt beim zweiten oder dritten Wurf beim Würfeln die \cunder{Orange}{erste} 2 auf?\\
\textcolor{Orange}{\( P(X=2)+P(X=3) = \left(\frac56\right)^2*\frac16 + \left(\frac56\right)^3*\frac16 \)}
\item tritt beim zehnten Wurf die \cunder{Orange}{zweite} 2 auf?\\
\textcolor{Orange}{\( 9*\frac16*(\frac56)^8*\frac16 \)}
\item Mit welcher Wahrscheinlichkeit treten bei zehn Würfen zwei zweier auf?\\
\textcolor{Orange}{\( \binom{10}{2} * \left(\frac16\right)^2 * \left(\frac56\right)^8 \)}
\item Mit welcher Wahrscheinlichkeit tritt beim 100. Wurf die fünfte zwei auf?\\
\textcolor{Orange}{\( \binom{100}{4}*\left(\frac16\right)^4*\left(\frac56\right)^{95}\)}
\end{enumerate}
\bsp Russisches Roulette, 6er Trommel, mit einer Patrone. Wir spielen allein.\\
$X:$ Anzahl der Versuche, bis wir tot sind.
\begin{align*}
P(X=1) &= \frac16 &= \frac16\\
P(X=2) &= \frac56*\frac15 &= \frac16\\
P(X=3) &= \frac56*\frac45*\frac14&=\frac16\\
P(X=4) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac13&=\frac16\\
P(X=5) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac23*\frac12&=\frac16\\
P(X=6) &= \frac56*\frac45*\frac34*\frac23*\frac12*\frac11&=\frac16\\
\end{align*}
\textcolor{Orange}{Keine geometrische Verteilung, da keine \underline{Unabhängigkeit} der Versuche}
Gleiches Beispiel, aber nach jedem Versuch wird die Trommel zufällig gedreht \(\to\) geometrische Verteilung.
\begin{align*}
P(X=1) &= \frac16\\
P(X=2) &= \frac56*\frac16\\
P(X=3) &= \left(\frac56\right)^2 * \frac16
\end{align*}
Berechnung von \(\mu\) und \(\sigma^2\):
Bei der \underline{geometrischen Verteilung}:\\
$ P(X=k) = \left(1-p\right)^{k-1} * p $, $k=1,2,3…$\\
\begin{align*}
\mu &= \sum\limits_{k=1}^\infty k*(1-p)^{k-1} * p\\
&= p * \sum\limits_{k=1}^\infty l*(1-p)^{k-1} \\
&= p*\frac{1}{p^2}\\
&= \frac1p\\
\sigma^2 &= \sum\limits_{k=1}^\infty k^2 * \left(1-p\right)^{k-1} * p - \left(\frac1p\right)^2\\
&= ?
\end{align*}
\textcolor{Orange}{geometrische Reihe:
\begin{align*}
\sum\limits_{k=0}^\infty x^k &= \frac{1}{1-x} &\text{für }\left|x\right| < 1\\
\sum\limits_{k=1}^\infty k*x^{k-1} &= \frac{1}{(1-x)^2}
\end{align*}}
Bei der \underline{Binomialverteilung}:
\begin{align*}
P(X=k) &= \binom{n}{k}*p^k*(1-p)^{n-k}\\
\mu &= \sum\limits_{k=0}^n k * \binom{n}{k} * p^k * \left(1-p\right)^{n-k}\\
&= … = n*p\\
\sigma^2 &= … = n*p*(1-p)
\end{align*}
\underline{Skizze} der Verteilungen:
\underline{geometrische} Verteilung:
% TODO
\underline{Binomialverteilt}
% TODO
\end{document}

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