Aufgabe 4.5: Transinformation aus 2D-WDF

Vorgegebene Verbund-WDF

Vorgegeben sind hier die drei unterschiedlichen 2D–Gebiete $f_{XY}(x, y)$, die in der Aufgabe nach ihren Füllfarben mit

rote Verbund-WDF,
blaue Verbund-WDF, und
grüne Verbund-WDF

bezeichnet werden. Innerhalb der dargestellten Gebieten gelte jeweils $f_{XY}(x, y) = C = \rm const.$

Die Transinformation zwischen den wertkontinuierlichen Zufallsgrößen $X$ und $Y$ kann man zum Beispiel wie folgt berechnen:

$$I(X;Y) = h(X) + h(Y) - h(XY)\hspace{0.05cm}.$$

Für die hier verwendeten differentiellen Entropien gelten die folgenden Gleichungen:

$$h(X) = -\hspace{-0.7cm} \int\limits_{x \hspace{0.05cm}\in \hspace{0.05cm}{\rm supp}(f_X)} \hspace{-0.55cm} f_X(x) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} \big[f_X(x)\big] \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm},$$

$$h(Y) = -\hspace{-0.7cm} \int\limits_{y \hspace{0.05cm}\in \hspace{0.05cm}{\rm supp}(f_Y)} \hspace{-0.55cm} f_Y(y) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} \big[f_Y(y)\big] \hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.05cm},$$

$$h(XY) = \hspace{0.1cm}-\hspace{0.2cm} \int \hspace{-0.9cm} \int\limits_{\hspace{-0.5cm}(x, y) \hspace{0.1cm}\in \hspace{0.1cm}{\rm supp} (f_{XY}\hspace{-0.08cm})} \hspace{-0.6cm} f_{XY}(x, y) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} \big[ f_{XY}(x, y) \big] \hspace{0.15cm}{\rm d}x\hspace{0.15cm}{\rm d}y\hspace{0.05cm}.$$

Für die beiden Randwahrscheinlichkeitsdichtefunktionen gilt dabei:

$$f_X(x) = \hspace{-0.5cm} \int\limits_{\hspace{-0.2cm}y \hspace{0.1cm}\in \hspace{0.1cm}{\rm supp} (f_{Y}\hspace{-0.08cm})} \hspace{-0.4cm} f_{XY}(x, y) \hspace{0.15cm}{\rm d}y\hspace{0.05cm},$$

$$f_Y(y) = \hspace{-0.5cm} \int\limits_{\hspace{-0.2cm}x \hspace{0.1cm}\in \hspace{0.1cm}{\rm supp} (f_{X}\hspace{-0.08cm})} \hspace{-0.4cm} f_{XY}(x, y) \hspace{0.15cm}{\rm d}x\hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel AWGN–Kanalkapazität bei wertkontinuierlichem Eingang.

Gegeben seien zudem folgende differentielle Entropien:

Ist $X$ dreieckverteilt zwischen $x_{\rm min}$ und $x_{\rm max}$, so gilt:

$$h(X) = {\rm log} \hspace{0.1cm} [\hspace{0.05cm}\sqrt{ e} \cdot (x_{\rm max} - x_{\rm min})/2\hspace{0.05cm}]\hspace{0.05cm}.$$

Ist $Y$ gleichverteilt zwischen $y_{\rm min}$ und $y_{\rm max}$, so gilt:

$$h(Y) = {\rm log} \hspace{0.1cm} \big [\hspace{0.05cm}y_{\rm max} - y_{\rm min}\hspace{0.05cm}\big ]\hspace{0.05cm}.$$

Alle Ergebnisse sollen in „bit” angegeben werden. Dies erreicht man mit $\log$ ⇒ $\log_2$.

Fragebogen

$I(X; Y) \ = \ $

$\ \rm bit$

$I(X; Y) \ = \ $

$\ \rm bit$

$I(X; Y) \ = \ $

$\ \rm bit$

	Die Verbund-WDF $f_{XY}(x, y)$ ergibt ein Parallelogramm.
	Eine der Zufallsgrößen $(X$ oder $Y)$ ist gleichverteilt.
	Die andere Zufallsgröße $(Y$ oder $X)$ ist dreieckverteilt.

Musterlösung

„Rote” Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen;
! Ordinate von $f_{Y}(y)$ ist nach links gerichtet !

(1) Bei der rechteckförmigen Verbund–WDF $f_{XY}(x, y)$ gibt es zwischen $X$ und $Y$ keine statistischen Bindungen ⇒ $\underline{I(X;Y) = 0}$.

Formal lässt sich dieses Ergebnis mit der folgenden Gleichung nachweisen:

$$I(X;Y) = h(X) \hspace{-0.05cm}+\hspace{-0.05cm} h(Y) \hspace{-0.05cm}- \hspace{-0.05cm}h(XY)\hspace{0.02cm}.$$

Die rote Fläche der 2D–WDF $f_{XY}(x, y)$ ist $F = 4$. Da $f_{XY}(x, y)$ in diesem Gebiet konstant ist und das Volumen unter $f_{XY}(x, y)$ gleich $1$ sein muss, gilt für die Höhe $C = 1/F = 1/4$.
Daraus folgt für die differentielle Verbundentropie in „bit”:

$$h(XY) \ = \ \hspace{0.1cm}-\hspace{0.2cm} \int \hspace{-0.9cm} \int\limits_{\hspace{-0.5cm}(x, y) \hspace{0.1cm}\in \hspace{0.1cm}{\rm supp} \hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_{XY}\hspace{-0.08cm})} \hspace{-0.6cm} f_{XY}(x, y) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} [ f_{XY}(x, y) ] \hspace{0.15cm}{\rm d}x\hspace{0.15cm}{\rm d}y$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} h(XY) \ = \ \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (4) \cdot \hspace{0.02cm} \int \hspace{-0.9cm} \int\limits_{\hspace{-0.5cm}(x, y) \hspace{0.1cm}\in \hspace{0.1cm}{\rm supp} \hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_{XY}\hspace{-0.08cm})} \hspace{-0.6cm} f_{XY}(x, y) \hspace{0.15cm}{\rm d}x\hspace{0.15cm}{\rm d}y = 2 \,{\rm bit}\hspace{0.05cm}.$$

Es ist berücksichtigt, das das Doppelintegral gleich $1$ ist. Die Pseudo–Einheit „bit” korrespondiert mit dem "Logarithmus dualis" ⇒ „log₂”.

Weiterhin gilt:

Die Randwahrscheinlichkeitsdichtefunktionen $f_{X}(x)$ und $f_{Y}(y)$ sind jeweils rechteckförmig ⇒ Gleichverteilung zwischen $0$ und $2$:

$$h(X) = h(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (2) = 1 \,{\rm bit}\hspace{0.05cm}.$$

„Blaue” Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen

Setzt man diese Ergebnisse in die obige Gleichung ein, so erhält man:

$$I(X;Y) = h(X) + h(Y) - h(XY) = 1 \,{\rm bit} + 1 \,{\rm bit} - 2 \,{\rm bit} = 0 \,{\rm (bit)} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Auch bei diesem Parallelogramm ergibt sich $F = 4, \ C = 1/4$ sowie $h(XY) = 2$ bit.

Die Zufallsgröße $Y$ ist hier wie in der Teilaufgabe (1) zwischen $0$ und $2$ gleichverteilt ⇒ $h(Y) = 1$ bit.

Dagegen ist $X$ dreieckverteilt zwischen $0$ und $4$ $($mit Maximum bei $2)$.
Es ergibt sich hierfür die gleiche differentielle Entropie $h(Y)$ wie bei einer symmetrischen Dreieckverteilung im Bereich zwischen $±2$ (siehe Angabenblatt):

$$h(X) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \big[\hspace{0.05cm}2 \cdot \sqrt{ e} \hspace{0.05cm}\big ] = 1.721 \,{\rm bit}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} I(X;Y) = 1.721 \,{\rm bit} + 1 \,{\rm bit} - 2 \,{\rm bit}\hspace{0.05cm}\underline{ = 0.721 \,{\rm (bit)}} \hspace{0.05cm}.$$

„Grüne” Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen

(3) Bei den grünen Gegebenheiten ergeben sich folgende Eigenschaften:

$$F = A \cdot B \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} C = \frac{1}{A \cdot B} \hspace{0.05cm}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} h(XY) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A \cdot B) \hspace{0.05cm}.$$

Die Zufallsgröße $Y$ ist nun zwischen $0$ und $A$ gleichverteilt und die Zufallsgröße $X$ ist zwischen $0$ und $2B$ dreieckverteilt $($mit Maximum bei $B)$:

$$h(X) \ = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (B \cdot \sqrt{ e}) \hspace{0.05cm},$$ $$ h(Y) \ = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A)\hspace{0.05cm}.$$

Damit ergibt sich für die Transinformation zwischen $X$ und $Y$:

$$I(X;Y) \ = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (B \cdot \sqrt{ {\rm e}}) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) - {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A \cdot B)$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} I(X;Y) = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{B \cdot \sqrt{ {\rm e}} \cdot A}{A \cdot B} = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{ {\rm e}})\hspace{0.15cm}\underline{= 0.721\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

Weitere Beispiele für 2D–WDF $f_{XY}(x, y)$

$I(X;Y)$ somit unabhängig von den WDF–Parametern $A$ und $B$.

(4) Alle genannten Voraussetzungen sind erforderlich. Nicht für jedes Parallelogramm werden aber die Forderungen (2) und (3) erfüllt.

Die nebenstehende Grafik zeigt zwei Konstellationen, wobei die Zufallsgröße $X$ jeweils gleichverteilt zwischen $0$ und $1$ ist.
Bei der oberen Grafik liegen die eingezeichneten Punkte auf einer Höhe ⇒ $f_{Y}(y)$ ist dreieckverteilt ⇒ $I(X;Y) = 0.721$ bit.
Die untere Verbund–WDF besitzt eine andere Transinformation, da die beiden eingezeichneten Punkte nicht auf gleicher Höhe liegen
⇒ die WDF $f_{Y}(y)$ hat hier eine Trapezform.
Gefühlsmäßig tippe ich auf $I(X;Y) < 0.721$ bit, da sich das 2D–Gebiet eher einem Rechteck annähert. Wenn Sie noch Lust haben, so überprüfen Sie diese Aussage.