Aufgabe 4.3: WDF–Vergleich bezüglich differentieller Entropie
Nebenstehende Tabelle zeigt das Vergleichsergebnis hinsichtlich der differentiellen Entropie $h(X)$ für
- die Gleichverteilung ⇒ $f_X(x) = f_1(x)$:
- $$f_1(x) = \left\{ \begin{array}{c} 1/(2A) \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} |x| \le A \\ {\rm sonst} \\ \end{array} ,$$
- die Dreieckverteilung ⇒ $f_X(x) = f_2(x)$:
- $$f_2(x) = \left\{ \begin{array}{c} 1/A \cdot \big [1 - |x|/A \big ] \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} |x| \le A \\ {\rm sonst} \\ \end{array} ,$$
- die Laplaceverteilung ⇒ $f_X(x) = f_3(x)$:
- $$f_3(x) = \lambda/2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm}|x|}\hspace{0.05cm}.$$
Die Werte für die Gaußverteilung ⇒ $f_X(x) = f_4(x)$ mit
- $$f_4(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} \cdot {\rm e}^{ - \hspace{0.05cm}{x ^2}/{(2 \sigma^2})}$$
sind hier noch nicht eingetragen. Diese sollen in den Teilaufgaben (1) bis (3) ermittelt werden.
Alle hier betrachteten Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen sind
- symmetrisch um $x = 0$ ⇒ $f_X(-x) = f_X(x)$
- und damit mittelwertfrei ⇒ $m_1 = 0$.
In allen hier betrachteten Fällen kann die differentielle Entropie wie folgt dargestellt werden:
- Unter der Nebenbedingung $|X| ≤ A$ ⇒ Spitzenwertbegrenzung:
- $$h(X) = {\rm log} \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.01cm}\rm A} \cdot A) \hspace{0.05cm},$$
- Unter der Nebenbedingung ${\rm E}\big [|X – m_1|^2 \big ] ≤ σ^2$ ⇒ Leistungsbegrenzung:
- $$h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.01cm}\rm L} \cdot \sigma^2) \hspace{0.05cm}.$$
Je größer die jeweilige Kenngröße ${\it \Gamma}_{\hspace{-0.01cm}\rm A}$ bzw. ${\it \Gamma}_{\hspace{-0.01cm}\rm L}$ ist, desto günstiger ist bei der vereinbarten Nebenbedingung die vorliegende WDF hinsichtlich der differentiellen Entropie.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
- Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe finden Sie insbesondere auf den Seiten
Fragebogen
Musterlösung
- $$f_X(x) = f_4(x) =A \cdot {\rm exp} [ - \hspace{0.05cm}\frac{x ^2}{2 \sigma^2}] \hspace{0.5cm}{\rm mit}\hspace{0.5cm} A = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\hspace{0.05cm}.$$
- Logarithmiert man diese Funktion, so erhält man als Ergebnis den Lösungsvorschlag 1:
- $${\rm ln}\hspace{0.1cm} \big [f_X(x) \big ] = {\rm ln}\hspace{0.1cm}(A) + {\rm ln}\hspace{0.1cm}\left [{\rm exp} ( - \hspace{0.05cm}\frac{x ^2}{2 \sigma^2}) \right ] = {\rm ln}\hspace{0.1cm}(A) - \frac{x ^2}{2 \sigma^2}\hspace{0.05cm}.$$
(2) Beide Lösungsvorschläge sind richtig.
- Mit dem Ergebnis aus (1) erhält man für die differentielle Entropie in „nat”:
- $$h_{\rm nat}(X)= -\hspace{-0.1cm} \int_{-\infty}^{+\infty} \hspace{-0.15cm} f_X(x) \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [f_X(x)] \hspace{0.1cm}{\rm d}x = - {\rm ln}\hspace{0.1cm}(A) \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} \hspace{-0.15cm} f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \frac{1}{2 \sigma^2} \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} \hspace{-0.15cm} x^2 \cdot f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x = - {\rm ln}\hspace{0.1cm}(A) + {1}/{2} \hspace{0.05cm}.$$
- Hierbei ist berücksichtigt, dass das erste Integral gleich $1$ ist (WDF–Fläche).
- Das zweite Integral gibt zugleich die Varianz $\sigma^2$ an (wenn wie hier der Gleichanteil $m_1 = 0$ ist).
- Ersetzt man die Abkürzungsvariable $A$, so erhält man:
- $$h_{\rm nat}(X) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} - {\rm ln}\hspace{0.05cm}\left (\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} \right ) + {1}/{2} = {1}/{2}\cdot {\rm ln}\hspace{0.05cm}\left ({2\pi \sigma^2} \right ) + {1}/{2} \cdot {\rm ln}\hspace{0.05cm}\left ( {\rm e} \right ) = {1}/{2} \cdot {\rm ln}\hspace{0.05cm}\left ({{2\pi {\rm e} \cdot \sigma^2}} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
- Soll die differentielle Entropie $h(X)$ nicht in „nat” angegeben werden, sondern in „bit”, so ist für den Logarithmus die Basis $2$ zu wählen:
- $$h_{\rm bit}(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ({{2\pi {\rm e} \cdot \sigma^2}} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
(3) Nach der impliziten Definition $h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.01cm}\rm L} \cdot \sigma^2)$ ergibt sich somit für die Kenngröße:
- $${\it \Gamma}_{\rm L} = 2\pi {\rm e} \hspace{0.15cm}\underline{\approx 17.08} \hspace{0.05cm}.$$
(4) Wir betrachten nun eine Gaußsche Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion mit Mittelwert $m_1$:
- $$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}} \cdot {\rm exp}\left [ - \hspace{0.05cm}\frac{(x -m_1)^2}{2 \sigma^2} \right ] \hspace{0.05cm}.$$
- Das zweite Moment $m_2 = {\rm E}\big [X ^2 \big ]$ kann man auch als die Leistung $P$ bezeichnen, während für die Varianz gilt (ist gleichzeitig das zweite Zentralmoment):
- $$\sigma^2 = {\rm E}\big [|X – m_1|^2 \big ] = \mu_2.$$
- Nach dem Satz von Steiner gilt $P = m_2 = m_1^2 + \sigma^2$. Unter der Voraussetzung $m_1 = \sigma = 1$ ist somit $\underline{P/\sigma^2 = 2}$.
- Durch den Gleichanteil wird zwar die Leistung verdoppelt. An der differentiellen Entropie ändert sich dadurch aber nichts. Es gilt somit weiterhin:
- $$h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ({{2\pi {\rm e} \cdot \sigma^2}} \right )= {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm} (17.08)\hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.047\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Richtig sind die Lösungsvorschläge (1) und (4). In der vervollständigten Tabelle rechts sind auch die numerischen Werte der Kenngrößen ${\it \Gamma}_{\rm L}$ und ${\it \Gamma}_{\rm A}$ eingetragen.
Eine Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f_X(x)$ ist bei Leistungsbegrenzung immer dann besonders günstig, wenn der Wert ${\it \Gamma}_{\rm L}$ (rechte Spalte) möglichst groß ist. Dann ist die differentielle Entropie $h(X)$ ebenfalls groß.
Die numerischen Ergebnisse lassen sich wie folgt interpretieren:
- Wie imTheorieteil bewiesen wird, führt die Gaußverteilung $f_4(x)$ hier zum größtmöglichen ${\it \Gamma}_{\rm L} ≈ 17.08$ ⇒ der Lösungsvorschlag 1 ist richtig (der Wert in der letzten Spalte ist rot markiert).
- Für die Gleichverteilung $f_1(x)$ ist die Kenngröße ${\it \Gamma}_{\rm L} = 12$ die kleinste in der gesamten Tabelle ⇒ der Lösungsvorschlag 2 ist falsch.
- Die Dreieckverteilung $f_2(x)$ ist mit ${\it \Gamma}_{\rm L} = 16.31$ günstiger als die Gleichverteilung ⇒ der Lösungsvorschlag 3 ist falsch.
- Die Dreieckverteilung $f_2(x)$ ist auch besser als die Laplaceverteilung $f_2(x) \ \ ({\it \Gamma}_{\rm L} = 14.78)$ ⇒ der Lösungsvorschlag 4 ist richtig.
(6) Richtig ist der Lösungsvorschlag (2).
Eine WDF $f_X(x)$ ist unter der Nebenbedingung der Spitzenwertbegrenzung ⇒ $|X| ≤ A$ günstig hinsichtlich der differentiellen Entropie $h(X)$, wenn der Bewertungsfaktor ${\it \Gamma}_{\rm A}$ (mittlere Spalte) möglichst groß ist:
- Wie im Theorieteil gezeigt wird, führt die Gleichverteilung $f_1(x)$ hier zum größtmöglichen ${\it \Gamma}_{\rm A}= 2$ ⇒ der Lösungsvorschlag 2 ist richtig (der Wert in der mittleren Spalte ist rot markiert).
- Die ebenfalls spitzenwertbegrenzte Dreieckverteilung $f_2(x)$ ist durch ein etwas kleineres ${\it \Gamma}_{\rm A}= 1.649$ gekennzeichnet ⇒ der Lösungsvorschlag 3 ist falsch.
- Die Gaußverteilung $f_4(x)$ ist unendlich weit ausgedehnt. Eine Spitzenwertbegrenzung auf $|X| ≤ A$ führt hier zu Diracfunktionen in der WDF ⇒ $h(X) \to - \infty$, siehe Musterlösung zur Aufgabe 4.2Z, Teilaufgabe (4).
- Gleiches würde auch für die Laplaceverteilung $f_3(x)$ gelten.
