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Aufgabe 4

Aufgaben
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Beim Onlinebanking gibt es verschiedene Sicherheitsvorkehrungen. Bei einer Sicherheitsabfrage muss der Benutzer (nennen wir ihn Ben) zusätzlich zu seinem Onlinebanking-PIN einen Zahlencode, der aus sechs Ziffern besteht, kennen und teilweise eingeben, um sich anzumelden. Damit eine potenzielle Angreiferin (nennen wir sie Anna) nicht auf Anhieb alle sechs Ziffern erfährt, werden von der Bank bei jedem Anmeldevorgang nur zwei zufällig ausgewählte Ziffern abgefragt. Welche der sechs Ziffern abgefragt werden, bestimmt die Bank nach dem Zufallsprinzip. Ist z. B. der Code von Ben $235793$ und öffnet sich beim Anmelden folgendes Fenster, so muss Ben die Ziffern 2 und 7 eingeben.
Will Anna nun den gesamten 6-stelligen Code stehlen, muss sie mehrere Male beim Anmelden „zuschauen“. Zu diesem Zweck installiert sie eine Schadsoftware auf Bens Computer, die ihr bei jedem Zuschauen die Beobachtung der beiden eingegebenen Ziffern und ihrer Position ermöglicht.
a)
Die Matrix $U$ beschreibt den Prozess aus Annas Sicht von anfangs null bekannten Ziffern (Zustand $z_0$) bis hin zu sechs bekannten Ziffern (Zustand $z_6$). Dabei beschreibt $z_i$ den Zustand mit $i$ bekannten Ziffern $(i = 0, 2, 3, 4, 5, 6)$. Der Zustand $z_1$ kann nicht eintreten, da nach dem ersten „Zuschauen“ sofort zwei Ziffern bekannt sind.
von:$z_0$$z_2$$z_3$$z_4$$z_5$$z_6$
nach:$z_0$$\begin{pmatrix}0&0&0&0&0&0\\[2pt]1&\frac{1}{15}&0&0&0&0\\[2pt]0&\frac{8}{15}&\frac{3}{15}&0&0&0\\[2pt]0&\frac{6}{15} &\frac{9}{15}& \frac{6}{15}&0&0\\[2pt]0&0&\frac{3}{15}&\frac{8}{15}&\frac{10}{15}&0\\[2pt] 0&0&0&\frac{1}{15}&\frac{5}{15}&1\end{pmatrix}$
$z_2$
$z_3$$U=$
$z_4$
$z_5$
$z_6$
(1)
Zeichne das zugehörige Übergangsdiagramm.
(4 BE)
(2)
Betrachte nun die zweite Spalte der Matrix $U.$
Erkläre im Sachzusammenhang die Einträge mit dem Wert Null in dieser Spalte.
Leite die von Null verschiedenen Werte in dieser Spalte her.
(6 BE)
(3)
Begründe:
$U^2\cdot \overrightarrow{s}$ mit $\overrightarrow{s} = \pmatrix{1\\0\\0\\0\\0\\0}$ ergibt die zweite Spalte der Matrix $U.$
(2 BE)
#übergangsmatrix#übergangsgraph
b)
Ben meldet sich jeden Monat fünfmal beim Onlinebanking an.
(1)
Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass Anna nach einem Monat den Code vollständig kennt, wenn sie vorher keine Ziffer des Codes kannte.
(3 BE)
(2)
Angenommen, Anna kennt bereits zwei Ziffern des Codes.
Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass Anna nach dreimaligem Zuschauen der Code vollständig bekannt ist.
(3 BE)
(3)
Ermittle die Anzahl der Anmeldevorgänge, die Anna mindestens beobachten muss, um den Code mit mindestens $99\,\%$-iger Wahrscheinlichkeit vollständig zu kennen.
(4 BE)
c)
Betrachtet wird ein anderer stochastischer Prozess, der durch die Matrix
$A= \pmatrix{1&0,2&0 \\0&0,3&0\\0&0,5&1}$ beschrieben wird.
(1)
Erkläre die Bedeutung für den stochastischen Prozess, wenn ein Diagonalelement den Wert $1$ besitzt.
(2 BE)
(2)
Ermittle, welcher Wahrscheinlichkeitsverteilung sich der durch $A$ beschriebene Prozess bei Verwendung der Startverteilung $\overrightarrow{v}_s = \pmatrix{0,1\\0,3\\0,6}$ auf lange Sicht nähert.
(3 BE)
(3)
Bestimme für den durch $A$ beschriebenen Prozess die Wahrscheinlichkeitsverteilung auf lange Sicht für die allgemeine Startverteilung
$\overrightarrow{v}= \pmatrix{a\\b\\c}$ mit $a,b,c\in\mathbb{R}.$
Beurteile, ob es auf lange Sicht für jeden stochastischen Prozess genau eine sich stabilisierende Wahrscheinlichkeitsverteilung gibt, die unabhängig von der Startverteilung ist.
(5 BE)
d)
Eine Bank geht nach bisherigen Erfahrungen von einem Risiko von $p = 0,001$ aus, dass ein Konto bei der Anmeldung zum Onlinebanking angegriffen wird. Um diese Vermutung zu kontrollieren, werden $25.000$ Anmeldevorgänge genau untersucht.
(1)
Erläutere, welche Annahmen getroffen werden müssen, um diese Vorgehensweise im Folgenden mit Hilfe einer Binomialverteilung zu modellieren.
(2 BE)
(2)
Bestimme die Wahrscheinlichkeit, dass mehr als $25$ Angriffe erfolgen.
(2 BE)
Weicht ein Stichprobenergebnis um mehr als das Dreifache der Standardabweichung vom Erwartungswert ab, so spricht man von einem extrem ungewöhnlichen Ergebnis.
(3)
Ermittle, wie viele Angriffe registriert werden müssen, um von einem extrem ungewöhnlichen Ergebnis zu sprechen.
(4 BE)
#erwartungswert#binomialverteilung#standardabweichung
Bildnachweise [nach oben]
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Lösungen TI
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a)
(1)
$\blacktriangleright$  Übergangsdiagramm zeichnen
Aufgabe 4
Aufgabe 4
Abb. 1: Übergangsgraph
Aufgabe 4
Abb. 1: Übergangsgraph
(2)
$\blacktriangleright$  Einträge im Sachzusammenhang erklären
Die Einträge in der zweiten Spalte geben die Wahrscheinlichkeiten für den Übergang in die einzelnen Zustände an, wenn vor dem Versuch bereits zwei Ziffern bekannt sind.
Der erste Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch keine Ziffer des Zugangscodes zu kennen. Da aber bereits zwei Ziffern bekannt sind, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
Der zweite Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch fünf Ziffern des Zugangscodes zu kennen, es müssten also in einem Versuch drei neue Ziffern aufgedeckt werden, die vorher noch nicht bekannt waren. Da aber bei jedem Versuch maximal zwei neue Ziffern aufgedeckt werden können, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
Der dritte Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch alle sechs Ziffern des Zugangscodes zu kennen, es müssten also in einem Versuch vier neue Ziffern aufgedeckt werden, die vorher noch nicht bekannt waren. Da aber bei jedem Versuch maximal zwei neue Ziffern aufgedeckt werden können, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
$\blacktriangleright$  Die von Null verschiedenen Werte herleiten
Von sechs möglichen Ziffern werden bei jedem Login-Versuch immer nur zwei abgefragt. Die Anzahl der möglichen Abfragekombinationen ergibt sich daher mithilfe des Binomialkoeffizienten:
$n = \binom{6}{2} = 15$
Der erste von Null verschiedene Eintrag ist die Übergangswahrscheinlichkeit von $z_2$ zu $z_2,$ also dafür, dass nach dem Login immernoch nur zwei Ziffern bekannt sind. Dies ist nur möglich, wenn bei diesem Login-Versuch genau die beiden Ziffern abgefragt werden, die bereits bekannt sind. Es gibt nur eine mögliche Abfragekombination, bei der dies der Fall ist. Die Wahrscheinlichkeit ist also $\frac{1}{15}.$
Der zweite von Null verschiedene Eintrag gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass nach dem Login drei Ziffern bekannt sind, wenn vorher nur zwei bekannt sind. Die Abfragekombination enthält also genau eine der beiden Ziffern, die bereits bekannt sind und eine neue Ziffer.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ergibt sich mithilfe der Pfadregeln zu:
$\frac{4}{6}\cdot\frac{2}{5} +\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{5} = \frac{8}{15}$
Der dritte von Null verschiedene Eintrag gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass nach dem Login vier Ziffern bekannt sind, wenn vorher nur zwei bekannt sind. Die Abfragekombination enthält also zwei der vier Ziffern, die vorher noch nicht bekannt sind.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ergibt sich mithilfe der Pfadregeln zu:
$\frac{4}{6}\cdot\frac{3}{5} = \frac{6}{15}$
(3)
$\blacktriangleright$  Aussage begründen
Die Multiplikation einer Matrix mit dem angegebenen Vektor $\overrightarrow{s}$ ergibt die erste Spalte der Matrix, da immer nur der erste Eintrag jeder Zeile mit eins multipliziert wird, die übrigen Einträge in den Zeilen werden mit Null multipliziert und fallen daher weg.
Es ist also:
$U\cdot \overrightarrow{s} = \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0}$
Multipliziert man nun wiederum eine Matrix mit diesem Vektor, so wird die zweite Spalte abgebildet, da in jeder Zeile nur der zweite Eintrag mit eins multipliziert wird, die übrigen mit Null. Es gilt also:
$U\cdot U \cdot \overrightarrow{s} = U\cdot \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0} = \pmatrix{0\\\frac{1}{15}\\\frac{8}{15}\\\frac{6}{15}\\0\\0}$
$ U\cdot U \cdot \overrightarrow{s} = … $
b)
(1)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit berechnen
Zu Beginn kennt Anna noch keine Ziffer des Codes. Dies entspricht der Startverteilung $\overrightarrow{s}=\pmatrix{1\\0\\0\\0\\0\\0}.$ Die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die einzelnen Zustände nach einem Monat ergibt sich durch:
$U^5\cdot \overrightarrow{s}$
Mit dem CAS ergibt sich:
$U^5\cdot \overrightarrow{s} = \pmatrix{0\\ \frac{1}{50.625}\\\frac{64}{10.125}\\\frac{454}{3.375}\\\frac{2.824}{5.625}\\\frac{6.026}{16.875}}$
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle sechs Ziffern bekannt sind, ist also:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{6.026}{16.875}&\approx& 0,3571 \\[5pt] &=& 35,71\,\% \end{array}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $35,71\,\%$ kennt Anna nach einem Monat den vollständigen Code, wenn sie vorher keine Ziffer kannte.
(2)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit berechnen
Da Anna nun bereits zwei Ziffern des Codes kennt, ist die Startverteilung $\overrightarrow{s}_2 = \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0}.$ Wie oben ergibt sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung nach dreimaligem Zuschauen:
$U^3\cdot \overrightarrow{s}_2 = \pmatrix{0\\\frac{1}{3.375}\\\frac{104}{3.375}\\\frac{326}{1.125}\\\frac{64}{125}\\\frac{188}{1.125}}$
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle sechs Ziffern bekannt sind, ist also:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{188}{1.125}&\approx& 0,1671 \\[5pt] &=& 16,71\,\% \end{array}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $16,71\,\%$ kennt Anna nach dreimaligem Zuschauen den vollständigen Code, wenn sie vorher bereits zwei Ziffern kannte.
(3)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Anmeldevorgänge ermitteln
Durch Ausprobieren mit dem CAS ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} U^{10}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\2,6\cdot 10^{-11}\\2,0\cdot 10^{-6}\\1,6\cdot 10^{-3}\\0,1009\\0,8975} \\[5pt] U^{15}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\3,4\cdot 10^{-17}\\6,6\cdot 10^{-10}\\1,6\cdot 10^{-5}\\0,0137\\0,9863} \\[5pt] U^{16}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\2,3\cdot 10^{-18}\\ 1,3\cdot 10^{-10}\\6,4\cdot 10^{-6}\\ 9,1\cdot 10^{-3}\\0,9909} \\[5pt] \end{array}$
Die entsprechende Wahrscheinlichkeit wird durch den letzten Eintrag des Ergebnisvektors angegeben. Nach $16$ Beobachtungen kennt Anna also mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als $99\,\%$ den vollständigen Code.
c)
(1)
$\blacktriangleright$  Bedeutung erklären
Wenn das Diagonalelement $a_{i,i}$ den Wert $1$ besitzt, bedeutet dies für den stochastischen Prozess, dass der Zustand $i$ erhalten bleibt, sobald er einmal erreicht wird.
(2)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeitsverteilung ermitteln
Aufgabe 4
Abb. 2: menu $\to$ 7: Matrix und Vektor $\to$ 1: Erstellen $\to$ 1: Matrix
Aufgabe 4
Abb. 2: menu $\to$ 7: Matrix und Vektor $\to$ 1: Erstellen $\to$ 1: Matrix
(3)
$\blacktriangleright$  Allgemeine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf lange Sicht berechnen
Mit dem CAS ergibt sich ähnlich wie oben durch die Berechnung von $A^n$ für große Werte von $n$ folgende Grenzmatrix:
$A^n \quad \overset{n\to\infty}{\longrightarrow} G \approx \pmatrix{1&0,2857&0\\0&0&0\\0&0,7143&1}$
$ A^n \quad \overset{n\to\infty}{\longrightarrow} … $
Für die allgemeine Startverteilung ergibt sich also auf lange Sicht folgende Verteilung:
$\begin{array}[t]{rll} G\cdot \overrightarrow{v}&=& \pmatrix{1&0,2857&0\\0&0&0\\0&0,7143&1} \cdot \pmatrix{a\\b\\c} \\[5pt] &=& \pmatrix{a+0,2857b\\ 0\\ 0,7143b+c} \\[5pt] \end{array}$
$ G\cdot \overrightarrow{v} = \pmatrix{a+0,2857b\\ 0\\ 0,7143b+c} $
$\blacktriangleright$  Existenz der Verteilung beurteilen
Nein, es gibt nicht zu jedem stochastischen Prozess genau eine sich stabilisierende Wahrscheinlichkeitsverteilung, die unabhängig von der Startverteilung ist.
Ein passendes Gegenbeispiel für die Aussage ist der angegebene stochastische Prozess. Hier ist die sich stabilisierende Wahrscheinlichkeitsverteilung, die sich auf lange Sicht einstellt, nicht unabhängig von der Startverteilung, was obige Rechnung zeigt. Hier ist die Grenzverteilung immernoch abhängig von den Parametern $a,$ $b$ und $c.$ Für zwei unterschiedliche Startverteilungen ergeben sich auf lange Sicht also unterschiedliche sich stabilisierende Verteilungen.
d)
(1)
$\blacktriangleright$  Annahmen erläutern
Um die Binomialverteilung verwenden zu können, muss vorausgesetzt werden, dass die Angriffe unabhängig voneinander und zufällig erfolgen, dass also bei jedem Anmeldevorgang die gleiche Wahrscheinlichkeit gilt, dass ein Angriff stattfindet.
(2)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit berechnen
Aufgabe 4
Abb. 3: menu $\to $ 6: Statistik $\to$ 5: Verteilungen $\to$ E: binomialCdf
Aufgabe 4
Abb. 3: menu $\to $ 6: Statistik $\to$ 5: Verteilungen $\to$ E: binomialCdf
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $44,71\,\%$ erfolgen mehr als $25$ Angriffe.
(3)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Angriffe ermitteln
Bei einer binomialverteilten Zufallsvariable ist der Erwartungswert $\mu = n\cdot p$ und die Standardabweichung $\sigma= \sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}.$ Für $X$ ergibt sich also:
$\begin{array}[t]{rll} \mu&=& 25.000\cdot 0,001 \\[5pt] &=& 25 \\[10pt] \sigma&=& \sqrt{25.000\cdot 0,001\cdot 0,999} \\[5pt] &\approx& 5,0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \mu&=& 25 \\[10pt] \sigma&=& 5,0 \\[5pt] \end{array}$
Für die untere Grenze ergibt sich also: $25- 3\cdot 5 = 10$
Für die obere: $25+3\cdot 5 = 40$
Von einem extrem ungewöhnlichen Ereignis kann man sprechen, wenn weniger als $10$ oder mehr als $40$ Angriffe registriert werden.
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(1)
$\blacktriangleright$  Übergangsdiagramm zeichnen
Aufgabe 4
Abb. 1: Übergangsgraph
Aufgabe 4
Abb. 1: Übergangsgraph
(2)
$\blacktriangleright$  Einträge im Sachzusammenhang erklären
Die Einträge in der zweiten Spalte geben die Wahrscheinlichkeiten für den Übergang in die einzelnen Zustände an, wenn vor dem Versuch bereits zwei Ziffern bekannt sind.
Der erste Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch keine Ziffer des Zugangscodes zu kennen. Da aber bereits zwei Ziffern bekannt sind, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
Der zweite Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch fünf Ziffern des Zugangscodes zu kennen, es müssten also in einem Versuch drei neue Ziffern aufgedeckt werden, die vorher noch nicht bekannt waren. Da aber bei jedem Versuch maximal zwei neue Ziffern aufgedeckt werden können, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
Der dritte Eintrag mit dem Wert Null gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, bei bereits zwei bekannten Ziffern nach dem nächsten Versuch alle sechs Ziffern des Zugangscodes zu kennen, es müssten also in einem Versuch vier neue Ziffern aufgedeckt werden, die vorher noch nicht bekannt waren. Da aber bei jedem Versuch maximal zwei neue Ziffern aufgedeckt werden können, kann dieser Zustand nicht eintreten, die Wahrscheinlichkeit ist also Null.
$\blacktriangleright$  Die von Null verschiedenen Werte herleiten
Von sechs möglichen Ziffern werden bei jedem Login-Versuch immer nur zwei abgefragt. Die Anzahl der möglichen Abfragekombinationen ergibt sich daher mithilfe des Binomialkoeffizienten:
$n = \binom{6}{2} = 15$
Der erste von Null verschiedene Eintrag ist die Übergangswahrscheinlichkeit von $z_2$ zu $z_2,$ also dafür, dass nach dem Login immernoch nur zwei Ziffern bekannt sind. Dies ist nur möglich, wenn bei diesem Login-Versuch genau die beiden Ziffern abgefragt werden, die bereits bekannt sind. Es gibt nur eine mögliche Abfragekombination, bei der dies der Fall ist. Die Wahrscheinlichkeit ist also $\frac{1}{15}.$
Der zweite von Null verschiedene Eintrag gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass nach dem Login drei Ziffern bekannt sind, wenn vorher nur zwei bekannt sind. Die Abfragekombination enthält also genau eine der beiden Ziffern, die bereits bekannt sind und eine neue Ziffer.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ergibt sich mithilfe der Pfadregeln zu:
$\frac{4}{6}\cdot\frac{2}{5} +\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{5} = \frac{8}{15}$
Der dritte von Null verschiedene Eintrag gibt die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass nach dem Login vier Ziffern bekannt sind, wenn vorher nur zwei bekannt sind. Die Abfragekombination enthält also zwei der vier Ziffern, die vorher noch nicht bekannt sind.
Die Wahrscheinlichkeit dafür ergibt sich mithilfe der Pfadregeln zu:
$\frac{4}{6}\cdot\frac{3}{5} = \frac{6}{15}$
(3)
$\blacktriangleright$  Aussage begründen
Die Multiplikation einer Matrix mit dem angegebenen Vektor $\overrightarrow{s}$ ergibt die erste Spalte der Matrix, da immer nur der erste Eintrag jeder Zeile mit eins multipliziert wird, die übrigen Einträge in den Zeilen werden mit Null multipliziert und fallen daher weg.
Es ist also:
$U\cdot \overrightarrow{s} = \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0}$
Multipliziert man nun wiederum eine Matrix mit diesem Vektor, so wird die zweite Spalte abgebildet, da in jeder Zeile nur der zweite Eintrag mit eins multipliziert wird, die übrigen mit Null. Es gilt also:
$U\cdot U \cdot \overrightarrow{s} = U\cdot \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0} = \pmatrix{0\\\frac{1}{15}\\\frac{8}{15}\\\frac{6}{15}\\0\\0}$
$ U\cdot U \cdot \overrightarrow{s} = … $
b)
(1)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit berechnen
Zu Beginn kennt Anna noch keine Ziffer des Codes. Dies entspricht der Startverteilung $\overrightarrow{s}=\pmatrix{1\\0\\0\\0\\0\\0}.$ Die Wahrscheinlichkeitsverteilung für die einzelnen Zustände nach einem Monat ergibt sich durch:
$U^5\cdot \overrightarrow{s}$
Mit dem CAS ergibt sich:
$U^5\cdot \overrightarrow{s} = \pmatrix{0\\ \frac{1}{50.625}\\\frac{64}{10.125}\\\frac{454}{3.375}\\\frac{2.824}{5.625}\\\frac{6.026}{16.875}}$
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle sechs Ziffern bekannt sind, ist also:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{6.026}{16.875}&\approx& 0,3571 \\[5pt] &=& 35,71\,\% \end{array}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $35,71\,\%$ kennt Anna nach einem Monat den vollständigen Code, wenn sie vorher keine Ziffer kannte.
(2)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeit berechnen
Da Anna nun bereits zwei Ziffern des Codes kennt, ist die Startverteilung $\overrightarrow{s}_2 = \pmatrix{0\\1\\0\\0\\0\\0}.$ Wie oben ergibt sich die Wahrscheinlichkeitsverteilung nach dreimaligem Zuschauen:
$U^3\cdot \overrightarrow{s}_2 = \pmatrix{0\\\frac{1}{3.375}\\\frac{104}{3.375}\\\frac{326}{1.125}\\\frac{64}{125}\\\frac{188}{1.125}}$
Die Wahrscheinlichkeit, dass alle sechs Ziffern bekannt sind, ist also:
$\begin{array}[t]{rll} \frac{188}{1.125}&\approx& 0,1671 \\[5pt] &=& 16,71\,\% \end{array}$
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $16,71\,\%$ kennt Anna nach dreimaligem Zuschauen den vollständigen Code, wenn sie vorher bereits zwei Ziffern kannte.
(3)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Anmeldevorgänge ermitteln
Durch Ausprobieren mit dem CAS ergibt sich:
$\begin{array}[t]{rll} U^{10}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\2,6\cdot 10^{-11}\\2,0\cdot 10^{-6}\\1,6\cdot 10^{-3}\\0,1009\\0,8975} \\[5pt] U^{15}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\3,4\cdot 10^{-17}\\6,6\cdot 10^{-10}\\1,6\cdot 10^{-5}\\0,0137\\0,9863} \\[5pt] U^{16}\cdot \overrightarrow{s}&\approx& \pmatrix{0\\2,3\cdot 10^{-18}\\ 1,3\cdot 10^{-10}\\6,4\cdot 10^{-6}\\ 9,1\cdot 10^{-3}\\0,9909} \\[5pt] \end{array}$
Die entsprechende Wahrscheinlichkeit wird durch den letzten Eintrag des Ergebnisvektors angegeben. Nach $16$ Beobachtungen kennt Anna also mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als $99\,\%$ den vollständigen Code.
c)
(1)
$\blacktriangleright$  Bedeutung erklären
Wenn das Diagonalelement $a_{i,i}$ den Wert $1$ besitzt, bedeutet dies für den stochastischen Prozess, dass der Zustand $i$ erhalten bleibt, sobald er einmal erreicht wird.
(2)
$\blacktriangleright$  Wahrscheinlichkeitsverteilung ermitteln
Aufgabe 4
Abb. 2: Keyboard $\to$ Math2
Aufgabe 4
Abb. 2: Keyboard $\to$ Math2
(3)
$\blacktriangleright$  Allgemeine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf lange Sicht berechnen
Mit dem CAS ergibt sich ähnlich wie oben durch die Berechnung von $A^n$ für große Werte von $n$ folgende Grenzmatrix:
$A^n \quad \overset{n\to\infty}{\longrightarrow} G \approx \pmatrix{1&0,2857&0\\0&0&0\\0&0,7143&1}$
$ A^n \quad \overset{n\to\infty}{\longrightarrow} … $
Für die allgemeine Startverteilung ergibt sich also auf lange Sicht folgende Verteilung:
$\begin{array}[t]{rll} G\cdot \overrightarrow{v}&=& \pmatrix{1&0,2857&0\\0&0&0\\0&0,7143&1} \cdot \pmatrix{a\\b\\c} \\[5pt] &=& \pmatrix{a+0,2857b\\ 0\\ 0,7143b+c} \\[5pt] \end{array}$
$ G\cdot \overrightarrow{v} = \pmatrix{a+0,2857b\\ 0\\ 0,7143b+c} $
$\blacktriangleright$  Existenz der Verteilung beurteilen
Nein, es gibt nicht zu jedem stochastischen Prozess genau eine sich stabilisierende Wahrscheinlichkeitsverteilung, die unabhängig von der Startverteilung ist.
Ein passendes Gegenbeispiel für die Aussage ist der angegebene stochastische Prozess. Hier ist die sich stabilisierende Wahrscheinlichkeitsverteilung, die sich auf lange Sicht einstellt, nicht unabhängig von der Startverteilung, was obige Rechnung zeigt. Hier ist die Grenzverteilung immernoch abhängig von den Parametern $a,$ $b$ und $c.$ Für zwei unterschiedliche Startverteilungen ergeben sich auf lange Sicht also unterschiedliche sich stabilisierende Verteilungen.
d)
(1)
$\blacktriangleright$  Annahmen erläutern
Um die Binomialverteilung verwenden zu können, muss vorausgesetzt werden, dass die Angriffe unabhängig voneinander und zufällig erfolgen, dass also bei jedem Anmeldevorgang die gleiche Wahrscheinlichkeit gilt, dass ein Angriff stattfindet.
(2)
Aufgabe 4
Abb. 3: Interaktiv $\to$ Verteilungsfunktionen $\to$ Diskret $\to$ binomialCDf
Aufgabe 4
Abb. 3: Interaktiv $\to$ Verteilungsfunktionen $\to$ Diskret $\to$ binomialCDf
Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. $44,71\,\%$ erfolgen mehr als $25$ Angriffe.
(3)
$\blacktriangleright$  Anzahl der Angriffe ermitteln
Bei einer binomialverteilten Zufallsvariable ist der Erwartungswert $\mu = n\cdot p$ und die Standardabweichung $\sigma= \sqrt{n\cdot p\cdot (1-p)}.$ Für $X$ ergibt sich also:
$\begin{array}[t]{rll} \mu&=& 25.000\cdot 0,001 \\[5pt] &=& 25 \\[10pt] \sigma&=& \sqrt{25.000\cdot 0,001\cdot 0,999} \\[5pt] &\approx& 5,0 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} \mu&=& 25 \\[10pt] \sigma&=& 5,0 \\[5pt] \end{array}$
Für die untere Grenze ergibt sich also: $25- 3\cdot 5 = 10$
Für die obere: $25+3\cdot 5 = 40$
Von einem extrem ungewöhnlichen Ereignis kann man sprechen, wenn weniger als $10$ oder mehr als $40$ Angriffe registriert werden.
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