Aufgaben:Aufgabe 4.2: Dreieckförmige WDF

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Zweimal dreieckförmige WDF

Betrachtet werden zwei Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen (kurz WDF) mit dreieckförmigem Verlauf.

• Die Zufallsgröße $X$ ist auf den Wertebereich von $0$ und $1$ begrenzt, und es gilt für die WDF (obere Skizze):

$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} 2x \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} 0 \le x \le 1 \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

• Die Zufallsgröße $Y$ besitzt gemäß der unteren Skizze die folgende WDF:

$$f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{c} 1 - |y| \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} |y| \le 1 \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

• Der Zusammenhang zwischen den zwei Zufallsgrößen ist durch die Gleichung $X = |Y|$ gegeben.

Für beide Zufallsgrößen soll jeweils die differentielle Entropie ermittelt werden.

Beispielsweise lautet die entsprechende Gleichung für die Zufallsgröße $X$:

$$h(X) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}\hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_X)} \hspace{-0.35cm} f_X(x) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} \big [ f_X(x) \big ] \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.6cm}{\rm mit}\hspace{0.6cm} {\rm supp}(f_X) = \{ x\text{:} \ f_X(x) > 0 \} \hspace{0.05cm}.$$

• Verwendet man den natürlichen Logarithmus, so ist die Pseudo–Einheit „nat” anzufügen.
• Ist das Ergebnis dagegen in „bit” gefragt, so ist der Logarithmus dualis   ⇒   „log₂” zu verwenden.

In der vierten Teilaufgabe wird die neue Zufallsgröße  $Z = A \cdot Y$  betrachtet. Der WDF–Parameter $A$ ist dabei so zu bestimmen, dass die differentielle Entropie der neuen Zufallsgröße $Z$ genau $1$ bit ergibt:

$$h(Z) = h (A \cdot Y) = h (Y) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) = 1\,{\rm bit} \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Differentielle Entropie.
• Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe und weitere Informationen zu den wertkontinuierlichen Zufallsgrößen finden Sie im dritten Kapitel „Kontinuierliche Zufallsgrößen” des Buches  Stochastische Signaltheorie.

• Vorgegeben ist das folgende unbestimmte Integral:

$$\int \xi \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)\hspace{0.1cm}{\rm d}\xi = \xi^2 \cdot \big [1/2 \cdot {{\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)} - {1}/{4}\big ] \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Berechnen Sie die differentielle Entropie der Zufallsgröße $X$ in „nat”.

$h(X) \ = \ $ $\ \rm nat$

2

Welches Ergebnis erhält man mit der Pseudoeinheit „bit”?

$h(X) \ = \ $ $\ \rm bit$

3

Berechnen Sie die differentielle Entropie der Zufallsgröße $Y$.

$h(Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

4

Bestimmen Sie den WDF–Parameter $A$, so dass $\underline{h(Z) = h (A \cdot Y) = 1 \ \rm bit}$ gilt.

$A\ = $

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion gilt im Bereich $ \le X \le 1$ vereinbarungsgemäß:   $f_X(x) = 2x = C \cdot x \hspace{0.05cm}.$ Wir haben hierbei „2” durch $C$ ersetzt   ⇒   Verallgemeinerung, um in der Teilaufgabe $(3)$ die nachfolgende Berechnung nochmals nutzen zu können.

Da die differentielle Entropie in „nat” gesucht ist, verwenden wir den natürlichen Logarithmus. Mit der Substitution $\xi = C \cdot x$ erhalten wir:

$$h_{\rm nat}(X) = \hspace{0.1cm} - \int_{0}^{1} \hspace{0.1cm} C \cdot x \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ C \cdot x ] \hspace{0.1cm}{\rm d}x = \hspace{0.1cm} - \hspace{0.1cm}\frac{1}{C} \cdot \int_{0}^{C} \hspace{0.1cm} \xi \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ \xi ] \hspace{0.1cm}{\rm d}\xi = - \hspace{0.1cm}\frac{\xi^2}{C} \cdot \left [ \frac{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)}{2} - \frac{1}{4}\right ]_{\xi = 0}^{\xi = C} \hspace{0.05cm}$$

Hierbei wurde das vorne angegebene unbestimmte Integral benutzt. Nach Einsetzen der Grenzen erhält man unter Berücksichtigung von $C=2$:

$$h_{\rm nat}(X) = - C/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (C) - 1/2 \right ] = - {\rm ln} \hspace{0.1cm} (2) + 1/2 = - {\rm ln} \hspace{0.1cm} (2) + 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}/2)\hspace{0.05cm} = - 0.193 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(X) \hspace{0.15cm}\underline {= - 0.193\,{\rm nat}} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Allgemein gilt:

$$h_{\rm bit}(X) = \frac{h_{\rm nat}(X)}{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (2)\,{\rm nat/bit}} = - 0.279 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(X) \hspace{0.15cm}\underline {= - 0.279\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

Diese Umrechnung kann man sich sparen, wenn man bereits im analytischen Ergebnis der Teilaufgabe (1) direkt „ln” durch „log₂” ersetzt:

$$h(X) = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}/2)\hspace{0.05cm}, \hspace{1.3cm} {\rm Pseudo-Einheit\hspace{-0.1cm}:\hspace{0.15cm} bit} \hspace{0.05cm}.$$

Zur Berechnung von h(Y)

(3)  Wir verwenden wieder den natürlichen Logarithmus und teilen das Integral in zwei Teilintegrale auf:

$$h(Y) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp} \hspace{0.03cm}( \hspace{-0.03cm}f_Y)} \hspace{-0.35cm} f_Y(y) \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ f_Y(y) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}y = I_{\rm neg} + I_{\rm pos} \hspace{0.05cm}.$$

• Das erste Integral (Bereich $-1 \le y \le 0$) ist formgleich mit dem der Teilaufgabe $(1)$ und gegenüber diesem nur verschoben, was das Ergebnis nicht beeinflusst. Zu berücksichtigen ist nun die Höhe $C = 1$ anstelle von $C = 2$:

$$I_{\rm neg} =- C/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (C) - 1/2 \right ] = -1/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (1) - 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) \right ]= 1/4 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) \hspace{0.05cm}.$$

• Der zweite Integrand ist bis auf eine Verschiebung und Spiegelung identisch mit dem ersten. Außerdem überlappen sich die Integrationsintervalle nicht   ⇒   $I_{\rm pos} = I_{\rm neg}$:

$$h_{\rm nat}(Y) = 2 \cdot I_{\rm neg} = 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}h_{\rm bit}(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (1.649)\hspace{0.15cm}\underline {= 0.721\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Für die differentielle Entropie der Zufallsgröße $Z = A \cdot Y$ gilt allgemein:

$$h(Z) = h(A \cdot Y) = h(Y) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) \hspace{0.05cm}.$$

Aus der Forderung $h(Z) = 1 \ \rm bit$ und dem Ergebnis der Teilaufgabe $(3)$ folgt somit:

$${\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) = 1\,{\rm bit} - 0.721 \,{\rm bit} = 0.279 \,{\rm bit} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 2^{0.279}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.213} \hspace{0.05cm}.$$