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\begin{document}

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\thispagestyle{empty}

\title{Mathematik für Informatiker II - Übungsblatt 10
	Übungsgruppe D5, Do 11-13 \\
	Vogel}
\author{Jan Hendrik Dithmar (Matrikelnummer 2031259) \\
	Dirk Heine (Matrikelnummer 2030941)}
\date{}

\maketitle

\newpage

\section*{Aufgabe 1}
\subsubsection*{(a)}
Jeder der $m \le 500$ Tage ist als Tag, an dem jeder beliebige der $n<500$ Chips ausfallen kann, gleich wahrscheinlich. \\
Ergebnismenge $\Omega = \{1,...,500\}^n \Rightarrow$ es gibt $|\Omega|=500^n$ mögliche Fälle. \\[0.3cm]
Ereignis $E$: Mindestens 2 Chips fallen am gleichen Tag aus \\
Ereignis $\overline{E}$: Keine 2 Chips fallen am gleichen Tag aus. \\[0.3cm]
Für das Eintreten von $\overline{E}$ günstige Fälle sind:
$$|\overline{E}| = 500 \cdot 499 \cdot 498 \cdot ... \cdot (500-(n-1))$$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow P(E) & = & 1 - P(\overline{E}) \\
	& = & 1 - \frac{|\overline{E}|}{|\Omega|} \\
	& = & 1 - \frac{500 \cdot 499 \cdot 498 \cdot ... \cdot (500-(n-1))}{500^n} \\
	P(E) & = &  1 - \frac{\prod_{i=1}^n (500-i+1)}{500^n}
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(b)}
Definiere folgende Ereignisse: \\
$T_i E$: Das Elektronengehirn ($E$) befindet sich hinter der Tür $T_i$.
$$P(T_iE) = \frac{1}{3}, \quad i=1,2,3$$
\begin{enumerate}[(1)]
	\item Wegen der Gleichwahrscheinlichkeit kann man o.B.d.A. annehmen, dass Ion Tichy sich für Tür $T_1$ entscheidet. Seine Gewinnwahrscheinlichkeit beträgt dabei $\frac{1}{3}$.
	\item Weiter wird stillschweigend angenommen, dass der Showmaster dann jede der Türen $T_2$ und $T_3$ mit der gleichen Wahrscheinlichkeit von $\frac{1}{2}$ öffnet, wenn $E$
		sich hinter $T_1$ befindet.
	\item Befindet sich $E$ nicht hinter $T_1$, so öffnet der Showmaster eine der anderen Türen und zwar jeweils die, hinter der eine Niete zum Vorschein kommt (Ereignisse $T_2N$, $T_3N$).
\end{enumerate}
Aus (1), (2) und (3) ergibt sich der folgende Baum: \\
\begin{figure}[htbp]
	\begin{center}
		\includegraphics*[width=10cm]{a1b.jpg}\\[0.2cm]
			\caption{Baumdiagramm zu Aufgabe 1 (b)}
	\end{center}
\end{figure} \\
\noindent Berechne: $P(T_1 E | T_j N), \quad j=2,3$ \\
Es gilt:
\begin{eqnarray*}
	P(T_1 E | T_j N) & = & \frac{P(T_1 E \cap T_j N)}{P(T_j N)} \\
	& = & \frac{P(T_1 E) \cdot P(T_j N | T_1 E)}{\sum_{i=1}^3 P(T_i E) \cdot P(T_j N | T_i E)} \\
	& = & \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot 1} \\
	& = & \frac{\frac{1}{6}}{\frac{3}{6}} \\
	& = & \frac{1}{3}
\end{eqnarray*}
\begin{itemize}
	\item Bleibt also Ion Tichy bei seiner ursprünglichen Wahl, so liegt seine Gewinnwahrscheinlichkeit unverändert bei $\frac{1}{3}$.
	\item Nun wird der Fall betrachtet, dass sich Ion Tichy umentscheidet, d.h. er wählt $T_2$, wenn zuvor $T_3$ geöffnet wurde und somit $T_3 N$ eingetreten ist, oder er
		wählt $T_3$, wenn $T_2 N$ eingetreten ist. \\
		Berechne:
		\begin{eqnarray*}
			P(T_3 E | T_2 N) & = & \frac{P(T_3 E \cap T_2 N)}{P(T_2N)} \\
			& = & \frac{P(T_3E) \cdot P(T_2N | T_3E)}{\sum_{i=1}^3 P(T_iE) \cdot P(T_2N | T_iE)} \\
			& = & \frac{\frac{1}{3} \cdot 1}{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot 0 + \frac{1}{3} \cdot 1} \\
			& = & \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} \\
			& = & \frac{2}{3}
		\end{eqnarray*}
		Ergebnis:
		$$P(T_3E | T_2N) = \frac{2}{3}$$
		Analog berechnet man:
		\begin{eqnarray*}
			P(T_2E | T_3N) & = & \frac{P(T_2E \cap T_3N)}{P(T_3N)} \\
			& = & \frac{\frac{1}{3} \cdot 1}{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot 1 + \frac{1}{3} \cdot 0} \\
			& = & \frac{2}{3}
		\end{eqnarray*}
\end{itemize}
Wenn Ion Tichy sich umentscheidet, verdoppelt er seine Gewinnwahrscheinlichkeit von ursprünglich $\frac{1}{3}$ auf nun $\frac{2}{3}$. Ion Tichy sollte sich also umentscheiden,
um seine Gewinnwahrscheinlichkeit zu maximieren.

\section*{Aufgabe 2}
\begin{eqnarray*}
	\Omega & = & \{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}^8 \\
	X & = & 1,2,3,... = \text{Anzahl der Versuche}
\end{eqnarray*}
Wahrscheinlichkeits-Verteilung: \\
Für $k=1,2,...$ gilt:
$$P(X=k) = (1-p)^{k-1} \cdot p \quad \text{mit } p=\frac{1}{10^8}$$
Erwartungswert:
\begin{eqnarray*}
	E(X) & = & \sum_{k=1}^\infty k \cdot P(X=k) = \sum_{k=1}^\infty k(1-p)^{k-1} \cdot p \\
	& = & p \cdot \sum_{k=1}^\infty k(1-p)^{k-1} \quad \quad (I)
\end{eqnarray*}
Es gilt:
$$\sum_{k=0}^\infty x^k = \frac{1}{1-x}$$
$\displaystyle \sum_{k=0}^\infty x^k$ konvergiert für alle $|x|<1$ und darf als Potenzreihe gliedweise differenziert werden. \\
Aus
$$\left(\sum_{k=0}^\infty x^k\right)' = \left(\frac{1}{1-x}\right)'$$
folgt
$$\sum_{k=1}^\infty k \cdot x^{k-1} = \frac{1}{(1-x)^2} \quad \quad (II)$$
Setzt man in $(II)$ $x:=1-p$ ein, so folgt:
$$\sum_{k=1}^\infty k \cdot (1-p)^{k-1} = \frac{1}{p^2} \quad \quad (III)$$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow E(X) & \stackrel{(I)}{=} & p \cdot \sum_{k=1}^\infty k (1-p)^{k-1} \\
	& \stackrel{(III)}{=} & p \cdot \frac{1}{p^2} \\
	E(X) & = & \frac{1}{p}
\end{eqnarray*}
Für $\displaystyle p=\frac{1}{10^8}$ folgt:
$$E(X) = 10^8$$

\section*{Aufgabe 3}
Die Zufallsvariable $X_k$ gibt die Ziffer (entweder 0 oder 1) an, die an der $k$-ten Stelle steht. \\
Es soll gelten:
$$P_{X_k} (0) = \frac{1}{2} \quad \AND \quad P_{X_k} (1) = \frac{1}{2} \quad \quad \forall k \in \SetN$$
Weiterhin sei $S_n$ die Anzahl der Einsen in einer Folge der Länge $n$. \\
Gesucht: Eine Abschätzung für $\displaystyle P\left(\left|\frac{S_n}{n}-\frac{1}{2}\right| < 0.1\right)$ nach unten für
\begin{enumerate}[(a)]
	\item $n=100$
	\item $n \to \infty$
\end{enumerate}
Ziel ist es, die folgende Version der Tschebyschew-Ungleichung (TU) anzuwenden:
$$(TU): P(|X-\mu| < \varepsilon) > 1 - \frac{\sigma^2}{\varepsilon^2}$$
wobei $\displaystyle X:= \frac{S_n}{n}$, $\displaystyle \mu := E\left(\frac{S_n}{n}\right)$, $\displaystyle \sigma^2 := V\left(\frac{S_n}{n}\right)$. \\
Die Bestimmung von $\mu$ und $\sigma^2$ wird im folgenden dargelegt: \\
Für $k \in \SetN$ gilt:
$$X_k := \left\{\begin{array}{cl}1 & \text{, falls an der } k \text{-ten Stelle 1 steht} \\ 0 & \text{, falls an der } k \text{-ten Stelle 0 steht}\end{array}\right.$$
\begin{itemize}
	\item Betrachte allgemein folgende Wahrscheinlichkeits-Verteilung der Zufallsvariablen $X_k$:
		\begin{center}
		\begin{tabular}{c|c|c}
		$x$ & 0 & 1 \\ \hline
		$P_{X_k}(x)$ & $q$ & $p$
		\end{tabular}
		mit $q=1-p$.
		\end{center}
	\item Erwartungswert $\mu$ von $X_k$:
		\begin{eqnarray*}
			E(X_k) & = & 0 \cdot q + 1 \cdot p \\
			E(X_k) & = & p \quad \quad \quad (1)
		\end{eqnarray*}
	\item Varianz $V(X_k)$: \\
		Offensichtlich gilt
		$$X_k^2 = X_k$$
		\begin{eqnarray*}
			\Rightarrow E(X_k^2) & = & E(X_k) = p \\
			V(X_k) & = & E(X_k^2) - (E(X_k))^2 \\
			& = &  p - p^2 \\
			& = & p \cdot (1-p) \\
			& = & p \cdot q \quad \quad \quad (2)
		\end{eqnarray*}
	\item $S_n$ sei die Gesamtzahl der Einsen in einer Folge der Länge $n$
		\begin{eqnarray*}
			\Rightarrow S_n & = & X_1 + ... + X_n \\
			& = & \sum_{k=1}^n X_k \\[0.2cm]
			\Rightarrow E(S_n) & = & E\left(\sum_{k=1}^n X_k\right) \\
			& = & \sum_{k=1}^n E(X_k) \\
			& \stackrel{(1)}{=} & \sum_{k=1}^n p \\
			& = & n \cdot p \quad \quad \quad (3)
		\end{eqnarray*}
	\item Da die Zufallsvariablen $X_k \; (k=1,...,n)$ nur vom Wert der $k$-ten Stelle abhängen, sind sie unabhängig. \\
		Aus der Unabhängigkeit von $X_1, ..., X_n$ ergibt sich für die Varianz $V(S_n)$:
		\begin{eqnarray*}
			V(S_n) & = & V\left(\sum_{k=1}^n X_k\right) \\
			& = & \sum_{k=1}^n V(X_k) \\
			& \stackrel{(2)}{=} & \sum_{k=1}^n (p \cdot q) \\
			& = & n \cdot p \cdot q \quad \quad \quad (4)
		\end{eqnarray*}
	\item Berechne nun $\displaystyle \mu = E\left(\frac{S_n}{n}\right)$ und $\sigma^2 = V\left(\frac{S_n}{n}\right)$:
		\begin{eqnarray*}
			\mu & = & E\left(\frac{S_n}{n}\right) \\
			& = & E\left(\frac{1}{n} \cdot S_n\right) \\
			& = & \frac{1}{n} \cdot E(S_n) \\
			& \stackrel{(3)}{=} & \frac{1}{n} \cdot n \cdot p \\
			& = & p \quad \quad \quad (5) \\[0.3cm]
			\sigma^2 & = & V\left(\frac{S_n}{n}\right) \\
			& = & V\left(\frac{1}{n} \cdot S_n\right) \\
			& = & \left(\frac{1}{n}\right)^2 \cdot V(S_n) \\
			& \stackrel{(4)}{=} & \frac{1}{n^2} \cdot n \cdot p \cdot q \\
			& = & \frac{p \cdot q}{n} \quad \quad \quad (6)
		\end{eqnarray*}
\end{itemize}
{\bfseries Lösung von Aufgabe 3 (a)}: \\
Nach Aufgabenstellung ist
$$P_{X_k} (0) = P_{X_k} (1) = \frac{1}{2} =: p \quad \quad \forall k \in \SetN$$
und $n=100$. \\
Aus (5) folgt für $\displaystyle p=\frac{1}{2}$: $$\mu = \frac{1}{2} \quad \quad \quad (5')$$
Aus (6) folgt für $\displaystyle p=\frac{1}{2}$ und $n=100$: $$\sigma^2 = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}}{100} = 0.0025 \quad \quad \quad (6')$$
Mit $\displaystyle X := \frac{S_n}{n}$ und $\varepsilon = 0.1$ ergibt sich unter Verwendung von $(5')$ und $(6')$ aus der Tschebyschew-Ungleichung (TU):
\begin{eqnarray*}
	P\left(\left| \frac{S_n}{n} - \frac{1}{2}\right| < 0.1\right) & > & 1 - \frac{0.0025}{0.01} \\
	P\left(\left| \frac{S_n}{n} - \frac{1}{2}\right| < 0.1\right) & > & 0.75
\end{eqnarray*}
Dies ist für $n=100$ die verlangte Abschätzung von $\displaystyle P\left(\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{2}\right| < 0.1\right)$ nach unten. \\[0.3cm]
{\bfseries Lösung von Aufgabe 3 (b)}: \\
Für beliebiges $n \in \SetN$ folgt wegen $(5)$ und $(6)$ aus der Tschebyschew-Ungleichung
$$(TU): P\left(\left| \frac{S_n}{n} - p\right| < \varepsilon\right) > 1 - \frac{p \cdot q}{n \cdot \varepsilon^2} \quad \quad \quad (*)$$
Wegen
$$\lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{p \cdot q}{n \cdot \varepsilon^2}\right) = 1 \stackrel{(*)}{\Rightarrow} \lim_{n \to \infty} P\left(\left|\frac{S_n}{n} - p\right| < \varepsilon\right) \ge 1$$
Andererseits gilt:
$$P\left(\left|\frac{S_n}{n} - p\right| < \varepsilon\right) \le 1 \quad \forall n \ge 1$$
$$\Rightarrow \lim_{n \to \infty} P\left(\left|\frac{S_n}{n} - p\right| < \varepsilon\right) \le 1$$
$$\Rightarrow \lim_{n \to \infty} P\left(\left|\frac{S_n}{n} - p\right| < \varepsilon\right) = 1$$
Bemerkung: \\
Dieses Ergebnis gilt natürlich insbesondere für $\displaystyle p=\frac{1}{2}$ und $\varepsilon = 0.1$. \\[0.5cm]
Abschlusskommentar: \\
Die Wahrscheinlichkeit, dass sich die mittlere Anzahl der Einsen $\displaystyle \frac{S_n}{n}$ (allgemein: die relative Häufigkeit $\displaystyle \frac{S_n}{n}$) von der zugehörigen
Wahrscheinlichkeit $p$ (hier $\displaystyle p=\frac{1}{2}$) um weniger als $\varepsilon$ unterscheidet, strebt für $n \to \infty$ gegen 1. (Dabei kann $\varepsilon > 0$ eine beliebig
kleine Zahl sein.)

\section*{Aufgabe 4}
\subsubsection*{(a)}
Die einfache Markow-Ungleichung lautet:
$$P(X \ge t) \le \frac{E(X)}{t} \quad (t>0)$$
Zufallsgröße $X=$ Anzahl der Pixel, die kaputt sind. \\
Nach Aufgabenstellung: $X > 6 \Rightarrow X \ge 7 $ also $t=7$; Ausfallwahrscheinlichkeit $p=10^{-6}$ für jedes Pixel $i$. \\
Gesamtanzahl $n$ der Pixel:
\begin{eqnarray*}
	n & = & 1024 \cdot 1280 \\
	& = & 1310720
\end{eqnarray*}
Die Zufallsgröße $X$ ist binomialverteilt.
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow E(X) & = & n \cdot p = 1310720 \cdot 10^{-6} \\
	& = & 1.31072 \\[0.2cm]
	\Rightarrow P(X \ge 7) & \le & \frac{E(X)}{7} \\
	& = & \frac{1.31072}{7} \\
	& \le & 0.18725
\end{eqnarray*}
Ergebnis: \\
Die einfache Markow-Ungleichung liefert als obere Schranke für die gesuchte Wahrscheinlichkeit $\approx 0.18725$

\subsubsection*{(b)}
Gesamtanzahl $n$ der Pixel:
\begin{eqnarray*}
	n & = & 1024 \cdot 1280 = 1310720 \\
	n & = & 2^{10} \cdot 2^8 \cdot 5 = 5 \cdot 2^{18}
\end{eqnarray*}
Definiere die Zufallsgröße
$$Y_i := \left\{\begin{array}{cl}1 & \text{falls das Pixel } i \text{ kaputt ist} \\ 0 & \text{falls das Pixel } i \text{ intakt ist}\end{array}\right.$$
Die Zufallsgröße $X_n := Y_1 + ... + Y_n$ erfasst die Anzahl der kaputten Pixel unter allen $n$ Pixeln. \\
$Y_1,...,Y_n$ sind unabhängige Zufallsvariablen. Für jedes Pixel $i$ beträgt die Ausfallwahrscheinlichkeit $$p=P(Y_i = 1)=10^{-6} \Rightarrow q = P(Y_i = 0) = 1 - 10^{-6}$$
Berechne die Momenten erzeugende Funktion $M_{Y_i}(\Theta)$ von $Y_i$, $\Theta \ge 0$.
\begin{eqnarray*}
	M_{Y_i}(\Theta) & := & E(e^{\Theta Y_i}) = e^{\Theta \cdot 0} \cdot P(Y_i = 0) + e^{\Theta \cdot 1} \cdot P(Y_i = 1) \\
	& = & 1 - 10^{-6} + 10^{-6} \cdot e^\Theta \\
	& = & 1 + 10^{-6} \cdot (e^\Theta - 1) \\[0.3cm]
	M_{X_n}(\Theta) & = & M_{Y_1 + ... + Y_n}(\Theta) \\
	& = & M_{Y_1}(\Theta) \cdot ... \cdot M_{Y_n}(\Theta) \\
	& = & [1+10^{-6} \cdot (e^\Theta - 1)]^n
\end{eqnarray*}
Chernoff-Schranke:
$$P(X \ge t) \le \inf_{\Theta \ge 0} e^{-\Theta \cdot t} M_{X_n}(\Theta)$$
gesucht ist eine obere Schranke für
$$P(X_n > 6) = P(X_n \ge 7)$$
Für $t=7$ und $n = 5 \cdot 2^{18} = 1310720$ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	P(X_n \ge 7) & \le & \inf_{\Theta \ge 0} [e^{-7 \cdot \Theta} (1 + 10^{-6} \cdot (e^\Theta - 1))^n] \\
	P(X_{5 \cdot 2^{18}} \ge 7) & \le & \inf_{\Theta \ge 0} [10^{-6n} \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (10^6 + (e^\Theta - 1))^n] \\
	P(X_{5 \cdot 2^{18}} \ge 7) & \le & \inf_{\Theta \ge 0} [10^{-7864320} \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (10^6 + (e^\Theta - 1))^{1310720}]
\end{eqnarray*}
Betrachte:
$$f(\Theta) = 10^{-7864320} \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (999999+e^{\Theta})^{1310720}$$
\begin{eqnarray*}
	\Rightarrow f'(\Theta) & = & 10^{-7864320} \cdot [-7 \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (999999+e^\Theta)^{1310720} \\
	& & + e^{-7\Theta} \cdot 1310720 \cdot (999999+e^\Theta)^{1310719} \cdot e^\Theta] \\
	& = & 10^{-7864320} \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (999999+e^\Theta)^{1310719} \\
	& & \cdot [-7 \cdot (999999 + e^\Theta) + 1310720 \cdot e^\Theta] \\
	& = & 10^{-7864320} \cdot e^{-7 \Theta} \cdot (999999 + e^\Theta)^{1310719} \cdot (1310713 \cdot e^\Theta - 6999993)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
	f'(\Theta) = 0 \Rightarrow 1310713 \cdot e^\Theta - 6999993 & = & 0 \\
	e^\Theta & = & \frac{6999993}{1310713} \\
	\Theta_0 & = & \ln \frac{6999993}{1310713} \approx \ln(5.340599) \approx 1.675338
\end{eqnarray*}
$f$ hat an der Stelle $\Theta_0$ einen Vorzeichenwechsel von $-$ nach $+$. \\
$\Rightarrow f(\Theta)$ wird minimiert für $\displaystyle \Theta_0 = \ln \frac{6999993}{1310713}$. \\
Daraus folgt:
$$f(\Theta_0) = 10^{-7864320} \cdot \left(\frac{6999993}{1310713}\right)^{-7} \cdot \left(999999 + \frac{6999993}{1310713}\right)^{1310720}$$
Zur Berechnung von $f(\Theta_0)$ wird $\ln f(\Theta_0)$ gebildet:
\begin{eqnarray*}
	\ln f(\Theta_0) & = & -7864320 \cdot \ln(10) + (-7) \cdot \ln \frac{6999993}{1310713} \\
	& & + 1310720 \cdot \ln\left(999999 + \frac{6999993}{1310713}\right) \\
	\ln f(\Theta_0) & \approx & -6.039 \\[0.3cm]
	\Rightarrow f(\Theta_0) & \approx & e^{-6.039} \\
	& \approx & 2.38394 \cdot 10^{-3}
\end{eqnarray*}
Daraus folgt:
$$P(X_{5 \cdot 2^{18}} \ge 7) \le 2.384 \cdot 10^{-3}$$

\section*{Aufgabe 5}
Zuverlässigkeiten:
\begin{eqnarray*}
	p_1 & = & \frac{6}{10} = 0.6 \\
	p_2 & = & \frac{7}{10} = 0.7 \\
	p_3 & = & \frac{8}{10} = 0.8 \\
	p_4 & = & \frac{9}{10} = 0.9
\end{eqnarray*}
\subsubsection*{(a)}
Zuverlässigkeit der Schaltung: \\
Der $k$-ten Komponente des Systems (der Schaltung) wird der Indikator $I_k$ zugeordnet, welcher den Zustand der $k$-ten Komponente anzeigt:
$$I_k := \left\{ \begin{array}{cl}1 & \text{wenn die } k \text{-te Komponente arbeitet} \\ 0 & \text{wenn die } k \text{-te Komponente nicht arbeitet}\end{array}\right.$$
Die Indikatoren der einzelnen Komponenten sind unabhängige Zufallsvariablen. Die $k$-te Komponente hat die Zuverlässigkeit $$E(I_k) = p_k, \quad k=1,2,3,4$$
Für den Zustand $I_{12}$ des aus der ersten und zweiten Komponente bestehenden Parallelsystems gilt:
$$I_{12} = 1 - (1-I_1) \cdot (1-I_2) = I_1 + I_2 - I_1I_2$$
Für seine Zuverlässigkeit $E(I_{12})$ ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	E(I_{12}) & = & E(I_1 + I_2 - I_1I_2) \\
	& = & E(I_1) + E(I_2) - E(I_1) \cdot E(I_2) \\
	E(I_{12}) & = & p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2 \quad \quad \quad (1)
\end{eqnarray*}
Für den Zustand $I_{123}$ des aus den Komponenten 1, 2 und 3 bestehenden Teilsystems gilt:
$$I_{123} = I_{12} \cdot I_3$$
Für seine Zuverlässigkeit $E(I_{123})$ folgt:
\begin{eqnarray*}
	E(I_{123}) & = & E(I_{12} \cdot I_3) \\
	& = & E(I_{12}) \cdot E(I_3) \\
	E(I_{123}) & \stackrel{(1)}{=} & (p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2) \cdot p_3 \quad \quad \quad (2)
\end{eqnarray*}
Für den Zustand $I$ des gesamten Systems ergibt sich:
\begin{eqnarray*}
	I & = & 1 - (1-I_{123}) \cdot (1-I_4) \\
	& = & I_4 + I_{123} - I_{123} \cdot I_4
\end{eqnarray*}
Für die Zuverlässigkeit $p=E(I)$ des Systems folgt schließlich:
\begin{eqnarray*}
	E(I) & = & E(I_4 + I_{123} - I_{123} \cdot I_4) \\
	& = & E(I_4) + E(I_{123}) - E(I_{123}) \cdot E(I_4) \\
	& = & p_4 + (p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2) \cdot p_3 - (p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2) \cdot p_3  \cdot p_4 \\
	E(I) & = & p_4 + (p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2) \cdot p_3  \cdot (1-p_4) \\
	p & = & p_4 + (p_1 + p_2 - p_1 \cdot p_2) \cdot p_3  \cdot (1-p_4) \quad \quad \quad (3)
\end{eqnarray*}
Aus (3) folgt:
\begin{eqnarray*}
	p & = & 0.9 + (0.6 + 0.7 - 0.6 \cdot 0.7) \cdot 0.8 \cdot 0.1 \\
	& = & 0.9 + 0.88 \cdot 0.08 \\
	p & = & 0.9704
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{(b)}
{\bfseries Gegeben:} Parallelschaltung von $n$ identischen Relais; \\
Zuverlässigkeit $\displaystyle p_i = \frac{1}{n} \; (i=1,...,n)$. \\
{\bfseries Lösung:} Der Zustand des $i$-ten Relais wird durch den Indikator
$$I_i := \left\{\begin{array}{cl}1 & \text{wenn das } i \text{-te Relais funktioniert} \\ 0 & \text{wenn das } i \text{-te Relais nicht funktioniert}\end{array}\right.$$
beschrieben. \\
Das $i$-te Relais hat die Zuverlässigkeit $\displaystyle E(I_i) = p_i = \frac{1}{n} \; (i=1,...,n)$. \\
Für den Zustand $I$ der Parallelschaltung ergibt sich dann:
$$I = 1 - (1-I_1) \cdot ... \cdot (1 - I_n)$$
Hieraus folgt für die Zuverlässigkeit $p(n)$ der ganzen Schaltung:
\begin{eqnarray*}
	p(n) = E(I) & = & 1 - E(1-I_1) \cdot ... \cdot E(1-I_n) \\
	& = & 1 - (1-E(I_1)) \cdot ... \cdot (1-E(I_n)) \\
	& = & 1 - (1-p_1) \cdot ... \cdot (1-p_n) \\
	& = & 1 - \underbrace{\left(1-\frac{1}{n}\right) \cdot ... \cdot \left(1-\frac{1}{n}\right)}_{n\text{-mal}} \\[0.2cm]
	\Rightarrow p(n) & = & 1 - \left(1-\frac{1}{n}\right)^n
\end{eqnarray*}
Spocks Behauptung, dass die Zuverlässigkeit der ganzen Schaltung gegen 1 strebt, wenn $n$ gegen $+\infty$ geht, obwohl die Zuverlässigkeit der einzelnen Relais gegen Null tendiert,
ist falsch, denn:
\begin{eqnarray*}
	\lim_{n \to \infty} p(n) & = & \lim_{n \to \infty} \left[1-\left(1-\frac{1}{n}\right)^n\right] \\
	& = & 1 - e^{-1} \\
	& = & 1 - \frac{1}{e} \approx 0.632 \ne 1
\end{eqnarray*}

\end{document}
