Решение задния 3.2

Решение задния 3.2

Представим фамилию в двоичном виде(таблица 3.1)

Таблица 3.1

Буквы Фамилии	Шестнадцатеричный код	Двоичный код (Без первых четырех нулей)
Ч		0100 0010 0111
е		0100 0011 0101
р		0100 0100 0000
н	043D	0100 0011 1101
а		0100 0011 0000
в		0100 0011 0010
и		0100 0011 1000
н	043D	0100 0011 1101

Записываем двоичную последовательность:

0100 0010 0111 0100 0011 0101 0100 0100 0000 0100 0011 1101 0100 0011 0000

0100 0011 0010 0100 0011 1000 0100 0011 1101

Алфавит, используемый в сообщении:

α∈{0,1}

Длина сообщения n=96 символа. Число символов алфавита m=2 символа.

Количество символов «0»: n(0)=61. Количество символов «1»: n(1)=35.

определим безусловные вероятности появления символов:

Проверяем по формуле полной вероятности:

Считаем количество пар символов «00», «01», «10», «11» в сообщении. Расчет производим с учетом наложения символов друг на друга.

n(00)=33; n(10)=26, n(01)=26; n(11)=10;

Общее число пар с наложением должно быть равным . Производим проверку: 33+26+26+10=95.

Определяем условные вероятности:

При вычислении условных вероятностей, нужно уменьшить на 1 количество тех символов, который стоит последним n(1)-1=35-1=34, так как последний символ остается без пары.

Для найденных условных вероятностей должны соблюдаться следующие условия полной вероятности:

По формуле определяем условную энтропию появления символа из алфавита α, если перед ним был символ «0»:

Далее по аналоичной формуле определим условную энтропию появления символа из алфавита α,если перед ним был символ «1»:

Потом находим условную энтропию:

Для проверки неравенства находим энтропию:

Отсюда видим, что условие не соблюдается: . Это означает, что данная последовательность символов не соответствует статистической закономерности.

⇐ Предыдущая 1 2 3 4 567 Следующая ⇒