Aufgaben:Aufgabe 1.6Z: Ternäre Markovquelle

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Ternäre Markovquelle

Die Grafik zeigt eine Markovquelle mit  $M = 3$  Zuständen  $\rm A$,  $\rm B$  und  $\rm C$.

Für die beiden Parameter dieses Markovprozesses soll gelten:

$$0 \le p \le 0.5 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}0 \le q \le 1 \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Markoveigenschaft dieser Quelle kann die Entropie auf unterschiedliche Weise ermittelt werden:

• Man berechnet die beiden ersten Entropienäherungen  $H_1$  und  $H_2$.  Dann gilt für die tatsächliche Entropie:

$$H = 2 \cdot H_{\rm 2} - H_{\rm 1} \hspace{0.05cm}.$$

• Nach der „direkten Berechnungsmethode” kann die Entropie aber auch wie folgt geschrieben werden  (insgesamt neun Terme):

$$H = p_{\rm AA} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + \ \text{...} \hspace{0.05cm}, \ \text{wobei} \ p_{\rm AA} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm AB} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.05cm}, \ \text{...}$$

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

Für welche Parameter  $p$  und  $q$  ergibt sich die maximale Entropie pro Symbol?

$p \ = \ $

$q\ = \ $

$H_\text{max} \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

2

Es sei  $p = 1/4$  und  $q = 1$.  Welcher Wert ergibt sich in diesem Fall für die erste Entropienäherung?

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

3

Weiterhin gelte  $p = 1/4$  und  $q = 1$.  Welcher Wert ergibt sich in diesem Fall für die zweite Entropienäherung?

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

4

Wie groß ist die tatsächliche Quellenentropie mit  $p = 1/4$  und  $q = 1$?

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

5

Wie groß ist die tatsächliche Quellenentropie mit  $p = 1/2$  und  $q = 0$?

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

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die maximale Entropie ergibt sich dann, wenn die Symbole  $\rm A$,  $\rm B$  und  $\rm C$  gleichwahrscheinlich und die Symbole innerhalb der Folge statistisch voneinander unabhängig sind. Dann muss gelten:

Übergangsdiagramm für  $p = 1/4$,  $q = 1$

• $p_{\rm A} = p_{\rm A|A} = p_{\rm A|B} = p_{\rm A|C} = 1/3$,
• $p_{\rm B} = p_{\rm B|A} = p_{\rm B|B} = p_{\rm B|C} = 1/3$,
• $p_{\rm C} = p_{\rm C|A} = p_{\rm C|B} = p_{\rm C|C} = 1/3$.

Daraus lassen sich die gesuchten Werte bestimmen:

• Beispielsweise erhält man aus  $p_{\rm C|C} = 1/3$  den Wert  $p \hspace{0.15cm}\underline{= 1/3}$.
• Berücksichtigt man noch die Beziehung  $p_{\rm A|A} = p \cdot q$,  so folgt  $q \hspace{0.15cm}\underline{= 1}$.
• Damit ergibt sich die maximale Entropie  $H_\text{max} ={\rm log_2} \ 3\hspace{0.15cm}\underline{= 1.585\ \rm bit/Symbol}$.

(2)  Mit den Parameterwerten  $p = 1/4$  und  $q = 1$ ergibt sich das nebenstehende Übergangsdiagramm, das folgende Symmetrien aufweist:

• $p_{\rm A|A} = p_{\rm B|B} = p_{\rm C|C} = 1/4$  (rot markiert),
• $p_{\rm A|B} = p_{\rm B|C} = p_{\rm C|A} = 1/2$  (grün markiert),
• $p_{\rm A|C} = p_{\rm B|A} = p_{\rm C|CB} = 1/4$  (blau markiert).

Es ist offensichtlich, dass die Symbolwahrscheinlichkeiten alle gleich sind:

$$p_{\rm A} = p_{\rm B} = p_{\rm C} = 1/3 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_1 = {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.585 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Für die zweite Entropienäherung benötigt man  $3^2 = 9$  Verbundwahrscheinlichkeiten.

• Mit dem Ergebnis aus  (2)  erhält man hierfür:

$$p_{\rm AA} = p_{\rm BB}= p_{\rm CC}= p_{\rm AC}=p_{\rm BA}=p_{\rm CB}=1/12 \hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} p_{\rm AB} = p_{\rm BC}=p_{\rm CA}=1/6$$

$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} H_2 = \frac{1}{2} \cdot \left [ 6 \cdot \frac{1}{12} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 12 + 3 \cdot \frac{1}{6} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 6 \right ] = \frac{1}{4} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 4 + \frac{1}{4} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3 + \frac{1}{4} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 2 + \frac{1}{4} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3 = \frac{3}{4} + \frac{{\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3}{2} \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5425 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Aufgrund der Markoveigenschaft der Quelle gilt

$$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = \big [ {3}/{2} + {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3 \big ] - {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 3\hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

• Zum gleichen Ergebnis würde man nach folgender Rechnung kommen:

$$H= p_{\rm AA} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + ... \hspace{0.1cm}= 6 \cdot \frac{1}{12} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 4 + 3 \cdot \frac{1}{16} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm} 2 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

Übergangsdiagramm für  $p = 1/4$,  $q = 0$

(5)  Aus dem nebenstehendenm Übergangsdiagramm mit den aktuellen Parametern erkennt man, dass bei Stationarität  $p_{\rm B} = 0$  gelten wird, da  $\rm B$  höchstens zum Startzeitpunkt einmal auftreten kann.

• Es liegt also eine binäre Markovkette mit den Symbolen  $\rm A$  und  $\rm C$  vor.
• Die Symbolwahrscheinlichkeiten ergeben sich demzufolge zu:

$$p_{\rm A} = 0.5 \cdot p_{\rm C} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}p_{\rm A} + p_{\rm C} = 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm A} = 1/3 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm C} = 2/3\hspace{0.05cm}. $$

• Damit erhält man folgende Wahrscheinlichkeiten:

$$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}0\hspace{0.7cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm AA} = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} =1/2\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm CA} = p_{\rm C} \cdot p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} = 2/3 \cdot 1/2 = 1/3 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} )= 1\hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} =1\hspace{0.7cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm AC} = p_{\rm A} \cdot p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = 1/3 \cdot 1 = 1/3 \hspace{0.05cm},\hspace{0.61cm}{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} )= 0\hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} =1/2\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm CC} = p_{\rm C} \cdot p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} = 2/3 \cdot 1/2 = 1/3\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}{\rm log_2}\hspace{0.1cm}(1/p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C} )= 1 $$

$$\Rightarrow \hspace{0.25cm} H = p_{\rm AA} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +p_{\rm CA} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C}}+ p_{\rm AC} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm CC} \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm C\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}C}}= 0 + 1/3 \cdot 1 + 1/3 \cdot 0 + 1/3 \cdot 1 \hspace{0.15cm} \underline {= 0.667 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$