Aufgabe 1.6: Nichtbinäre Markovquellen

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Markovquellen mit
$M = 3$  und  $M = 4$

Die Grafik zeigt zwei ergodische Markovquellen  $\rm (MQ)$:

• Die Quelle  $\rm MQ3$  ist durch  $M = 3$  Zustände (Symbole)  $\rm N$,  $\rm M$,  $\rm P$  gekennzeichnet.  Aufgrund der Stationarität haben die Wahrscheinlichkeiten folgende Werte:

$$p_{\rm N} = 1/2\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm M} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$

• Bei der Quelle  $\rm MQ4$  ist zusätzlich der Zustand  $\rm O$  möglich   ⇒   $M = 4$.  Aufgrund der symmetrischen Übergänge sind die stationären Wahrscheinlichkeiten alle gleich:

$$p_{\rm N} = p_{\rm M} = p_{\rm O} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$

Informationstheoretisch sind Markovquellen von besonderer Bedeutung, da bei diesen – und nur bei diesen – durch

• $H_1$  (erste Entropienäherung, nur auf den Symbolwahrscheinlichkeiten basierend), und
• $H_2$  (zweite Entropienäherung, berechenbar mit den Verbundwahrscheinlichkeiten für alle Zweiertupel)

gleichzeitig auch bestimmt sind:

• die weiteren Entropienäherungen  $H_k$  mit  $k = 3, \ 4$,  ... und
• die tatsächliche Quellenentropie  $H$.

Es gelten folgende Bestimmungsgleichungen:

$$H = H_{k \to \infty}=2 \cdot H_2 - H_1\hspace{0.05cm},$$

$$H_k = {1}/{k} \cdot \big [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H \big ] \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Nachrichtenquellen mit Gedächtnis.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite  Nichtbinäre Markovquellen.
• Bei allen Entropien ist die Pseudoeinheit „bit/Symbol” hinzuzufügen.

Fragebogen

1

Berechnen Sie die Entropienäherung  $H_1$  der Markovquelle  $\rm MQ3$.

$H_1 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

2

Berechnen Sie die Entropienäherung  $H_2$  der Markovquelle  $\rm MQ3$.

$H_2 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

3

Wie groß sind für  $\rm MQ3$  die tatsächliche Quellenentropie  $H= H_{k \to \infty}$  und die Näherungen  $H_3$  und  $H_4$?

$H \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_3 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_4 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

4

Berechnen Sie die Entropienäherung  $H_1$  der Markovquelle  $\rm MQ4$.

$H_1 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

5

Berechnen Sie die Entropienäherung  $H_2$  der Markovquelle  $\rm MQ4$.

$H_2 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

6

Wie groß sind für  $\rm MQ4$  die tatsächliche Quellenentropie  $H= H_{k \to \infty}$  und die Näherungen  $H_3$  und  $H_4$?

$H \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_3 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_4 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die Symbolwahrscheinlichkeiten der ternären Markovquelle sind gegeben.

• Daraus lässt sich die Entropienäherung  $H_1$  berechnen:

$$H_{\rm 1} = 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (2) + 2 \cdot 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}(4 ) \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Die Verbundwahrscheinlichkeit ist  $p_{\rm XY} = p_{\rm X} \cdot p_{\rm Y|X}$,  wobei  $p_{\rm X}$  die Symbolwahrscheinlichkeit von  $\rm X$  angibt und  $p_{\rm Y|X}$  die bedingte Wahrscheinlichkeit für  $\rm Y$, unter der Voraussetzung, dass vorher  $\rm X$  aufgetreten ist.

• $\rm X$  und  $\rm Y$  sind hier Platzhalter für die Symbole  $\rm N$,  $\rm P$  und  $\rm M$.  Dann gilt:

$$p_{\rm NN} = 1/2 \cdot 1/2 = 1/4\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PP} = 1/4 \cdot 0 = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MM} = 1/4 \cdot 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$p_{\rm NP} = 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm PM} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},$$

$$p_{\rm NM} = 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm MP} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm 2} = {1}/{2} \cdot \big [ 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}( 4) + 6 \cdot 1/8 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \big ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.375 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  $\rm MQ3$  weist Markoveigenschaften auf.

• Deshalb können aus  $H_1$  und  $H_2$  alle Näherungen  $H_3$,  $H_4$,  ... und auch der Grenzwert  $H =H_\infty$  für  $k \to \infty$  angegeben werden:

$$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.375 - 1.5 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$

$$H_3 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}= (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (1.5 + 2 \cdot 1.25)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$

$$H_4 = (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (1.5 + 3 \cdot 1.25)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.3125 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

• Die zehnte Entropienäherung unterscheidet sich noch immer vom Endwert  $H = 1.25 \, \rm bit/Symbol$,  wenn auch nur geringfügig  $($um $2\%)$ :

$$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (1.5 + 9 \cdot 1.25)/10 {= 1.275 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Entsprechend der Angabe sind bei  $\rm MQ4$  die  $M = 4$  Symbole gleichwahrscheinlich.

• Daraus folgt:

$$H_{\rm 1} = H_{\rm 0} = {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4) \hspace{0.15cm} \underline {= 2 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(5)  Von den  $M^2 = 16$  möglichen Zweiertupeln sind nun acht Kombinationen nicht möglich:

$$\rm NP, NO, PP, PO, OM, ON, MM, MN.$$

• Die acht weiteren Kombinationen (Zweiertupel) ergeben jeweils den Verbundwahrscheinlichkeitswert  $1/8$, wie an zwei Beispielen gezeigt wird:

$$p_{\rm NN} = p_{\rm N} \cdot p_{\rm N\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}N} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} p_{\rm MP} = p_{\rm M} \cdot p_{\rm P\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}M} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_2 = {1}/{2} \cdot \big [ 8 \cdot 1/8 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \big ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(6)  Aufgrund der Markoveigenschaft gilt hier:

$$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.5 - 2 \hspace{0.15cm} \underline {= 1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$

$$H_3 = (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (2 + 2 \cdot 1)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$

$$H_4 = (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (2 + 3 \cdot 1)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

• Auch hier unterscheidet sich die zehnte Näherung noch deutlich vom Endwert, nämlich sogar um  $10\%$:

$$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (2 + 9 \cdot 1)/10 {= 1.1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

• Eine Abweichung um nur  $2\%$  ergibt sich hier erst für  $k = 50$.  Zum Vergleich:   Bei der Markovquelle  $\rm MQ3$  wurde diese Annäherung bereits mit  $k = 10$  erreicht.