Aufgaben:Aufgabe 4.5: Transinformation aus 2D-WDF

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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
• grüne Verbund-WDF

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

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

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

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

1

Wie groß ist die Transinformation der roten Verbund-WDF?

$I(X; Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

2

Wie groß ist die Transinformation der blauen Verbund-WDF?

$I(X; Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

3

Wie groß ist die Transinformation der grünen Verbund-WDF?

$I(X; Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

4

Welche Voraussetzungen müssen die Zufallsgrößen $X$ und $Y$ gleichzeitig erfüllen, damit allgemein  $I(X;Y) = 1/2 \cdot \log (\rm e)$  gilt:

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

Musterlösung

Musterlösung

„Rote” Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen

(1)  Bei der rechteckförmigen Verbund–WDF f_XY(x, y) gibt es zwischen X und Y keine statistischen Bindungen  ⇒  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 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 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 beiden Randwahrscheinlichkeitsdichtefunktionen f_X(x) und f_Y(y) sindrechteckförmig ⇒ Gleichverteilung zwischen 0 und 2:

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

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

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

„Blaue” Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen

(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. Somit gilt weiter 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):

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

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

„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 B dreieckverteilt:

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

Damit ergibt sich für die Transinformation zwischen X und Y:

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

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

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

Weitere f_XY–Beispiele

(4)  Alle genannten Voraussetzungen sind erforderlich. Allerdings sind nicht für jedes Parallelogramm die Forderungen 2 und 3 zu erfüllen. Nebenstehende Grafik zeigt zwei solche Konstellationen, wobei nun die Zufallsgröße X jeweils gleichverteilt ist zwischen 0 und 1.

• Bei der oberen Grafik liegen die beiden 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 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 das bitte.