Aufgabe 3.5: Kullback-Leibler-Distanz & Binominalverteilung: Unterschied zwischen den Versionen
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*Um die numerischen Berechnungen in Grenzen zu halten, werden folgende Hilfsgrößen vorgegeben; hierbei bezeichnet $\rm \lg$ den Logarithmus zur Basis $10$: | *Um die numerischen Berechnungen in Grenzen zu halten, werden folgende Hilfsgrößen vorgegeben; hierbei bezeichnet $\rm \lg$ den Logarithmus zur Basis $10$: | ||
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− | {Wie lauten die Kenngrößen der vorliegenden Binomialverteilung?<br> <i>Hinweis:</i> Geben Sie (maximal) eine Nachkommastelle ein. | + | {Wie lauten die Kenngrößen der vorliegenden Binomialverteilung?<br><i>Hinweis:</i> Geben Sie (maximal) eine Nachkommastelle ein. |
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$I \hspace{0.47cm} = \ $ { 5 3% } | $I \hspace{0.47cm} = \ $ { 5 3% } | ||
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- Keine der beiden Distanzen ist anwendbar. | - Keine der beiden Distanzen ist anwendbar. | ||
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− | - | + | - $D(P_Y \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_X)$ ist besser geeignet. |
- Beide Kullback–Leibler–Distanzen sind anwendbar. | - Beide Kullback–Leibler–Distanzen sind anwendbar. | ||
− | {Berechnen Sie die geeignete Kullback–Leibler–Distanz (hier mit | + | {Berechnen Sie die geeignete Kullback–Leibler–Distanz (hier mit $D$ abgekürzt) für $\lambda = 1$. <br>Berücksichtigen Sie die Hilfsgröße $A\hspace{0.05cm}'$. |
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$D \ = \ $ { 0.0182 3% } $\ \rm bit$ | $D \ = \ $ { 0.0182 3% } $\ \rm bit$ | ||
− | {Berechnen Sie die Entropie | + | {Berechnen Sie die Entropie $H(Y)$ der Poisson–Näherung mit der Rate $\lambda = 1$. |
− | Berücksichtigen Sie die Hilfsgröße | + | <br>Berücksichtigen Sie die Hilfsgröße $B\hspace{0.05cm}'$. |
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$H(Y) \ = \ $ { 1.864 3% } $\ \rm bit$ | $H(Y) \ = \ $ { 1.864 3% } $\ \rm bit$ | ||
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{Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend? | {Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend? | ||
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− | + Bei der | + | + Bei der $H(Y)$ –Berechnung haben alle Terme gleiches Vorzeichen. |
− | - Bei der | + | - Bei der $D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y)$–Berechnung haben alle Terme gleiches Vorzeichen. |
{Wie interpretieren Sie die vervollständigte Ergebnistabelle? | {Wie interpretieren Sie die vervollständigte Ergebnistabelle? | ||
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− | + Nach der Kullback–Leibler–Distanz sollte man | + | + Nach der Kullback–Leibler–Distanz sollte man $\lambda = 1$ wählen. |
− | - | + | - $\lambda = 1$ garantiert die beste Approximation $H(Y) ≈ H(X)$. |
Version vom 9. Oktober 2018, 09:41 Uhr
Wir gehen hier von der Binomialverteilung aus, die durch die Parameter $I$ und $p$ gekennzeichnet ist ⇒ siehe Buch „Stochastische Signaltheorie”:
- Wertebereich:
- $$X = \{\hspace{0.05cm}0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} \text{...}\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} {\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}\text{...}\hspace{0.1cm} , \hspace{0.05cm} I\hspace{0.05cm}\}\hspace{0.05cm},$$
- Wahrscheinlichkeiten:
- $$P_X (X = \mu) = {I \choose \mu} \cdot p^{\mu} \cdot (1-p)^{I-\mu} \hspace{0.05cm},$$
- linearer Mittelwert:
- $$m_X = I \cdot p \hspace{0.05cm},$$
- Varianz:
- $$\sigma_X^2 = I \cdot p \cdot (1-p)\hspace{0.05cm}.$$
Im rot hinterlegten Teil der Tabelle sind die Wahrscheinlichkeiten $P_X(X = \mu$) der betrachteten Binomialverteilung angegeben. In der Teilaufgabe (1) sollen Sie die dazugehörigen Verteilungsparameter $I$ und $p$ bestimmen.
Diese vorgegebene Binomialverteilung soll hier durch eine Poissonverteilung $Y$ approximiert werden, gekennzeichnet durch die Rate $\lambda$:
- Wertebereich:
- $$Y = \{\hspace{0.05cm}0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} \text{...}\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} {\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}\text{...}\hspace{0.1cm}\}\hspace{0.05cm},$$
- Wahrscheinlichkeiten:
- $$P_Y (Y = \mu) = \frac{\lambda^{\mu}}{\mu !} \cdot {\rm e}^{\lambda} \hspace{0.05cm},$$
- Erwartungswerte:
- $$m_Y = \sigma_Y^2 = \lambda\hspace{0.05cm}.$$
Um abschätzen zu können, ob die Wahrscheinlichkeitsfunktion $P_X(X)$ ausreichend gut durch $P_Y(Y)$ approximiert wird, kann man auf die so genannten Kullback–Leibler–Distanzen (KLD) zurückgreifen, teilweise in der Literatur auch relative Entropien genannt. Angepasst an das vorliegende Beispiel lauten diese:
- $$D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} {\rm E} \left [ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(X)}{P_Y(X)}\right ] \hspace{0.2cm}=\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{I} P_X(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(\mu)}{P_Y(\mu)} \hspace{0.05cm},$$
- $$D(P_Y \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_X) \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} {\rm E} \left [ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_Y(X)}{P_X(X)}\right ] \hspace{0.2cm}=\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{\infty} P_Y(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_Y(\mu)}{P_X(\mu)} \hspace{0.05cm}.$$
Bei Verwendung des Logarithmus dualis (zur Basis 2) ist hierbei dem Zahlenwert die Pseudo–Einheit „bit” hinzuzufügen.
In nebenstehender Tabelle ist die Kullback–Leibler–Distanz $D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y)$ (in „bit”) zwischen Binomial–PMF $P_X(\cdot)$ und einigen Poisson–Näherungen $P_Y(\cdot)$ (mit fünf verschiedenen Raten $\lambda$) eingetragen. Die jeweilige Entropie $H(Y)$, die ebenfalls von der Rate $\lambda$ abhängt, ist in der ersten Zeile angegeben.
Die Spalten für $\lambda = 1$ sind in den Teilaufgaben (3) und (4) zu ergänzen. In der Teilaufgabe (6) sollen diese Ergebnisse interpretriert werden.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige Vorbemerkungen zu den 2D-Zufallsgrößen.
- Insbesondere wird Bezug genommen auf die Seite Relative Entropie – Kullback-Leibler-Distanz.
- Um die numerischen Berechnungen in Grenzen zu halten, werden folgende Hilfsgrößen vorgegeben; hierbei bezeichnet $\rm \lg$ den Logarithmus zur Basis $10$:
- $$A' = 0.4096 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.4096}{0.3679} + 0.2048 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.2048}{0.1839} + 0.0512 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0512}{0.0613} + 0.0064 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0064}{0.0153} + 0.0003 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0003}{0.0031} \hspace{0.05cm},$$
- $$B' = 0.1839 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.1839) + 0.0613 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0613) + 0.0153 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0153) + 0.0031 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0031) + 0.0005 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0005) + 0.0001 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0001)$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} A' \hspace{0.15cm} \underline {= 0.021944} \hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} B' \hspace{0.15cm} \underline {= -0.24717} \hspace{0.05cm}.$$
Fragebogen
Musterlösung
Damit ergibt sich für die Wahrscheinlichkeit, dass X gleich I = 5 ist:
- $${\rm Pr} (X = 5) = {5 \choose 5} \cdot p^{5} = p^{5} \approx 0.0003 \hspace{0.05cm}.$$
Somit erhält man für
- die charakteristische Wahrscheinlichkeit: $p= (0.0003)^{1/5} = 0.1974 \hspace{0.15cm} \underline {\approx 0.2}\hspace{0.05cm},$
- den linearen Mittelwert (Erwartungswert): $m_X = I \cdot p \hspace{0.15cm} \underline {= 1}\hspace{0.05cm},$
- die Varianz: $\sigma_X^2 = I \cdot p \cdot (1-p) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.8}\hspace{0.05cm}.$
(2) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:
- Bei Verwendung von D(PY||PX) würde sich unabhängig von λ stets ein unendlicher Wert ergeben, da für μ ≥ 6 gilt:
- $$P_X (X = \mu) = 0 \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}P_Y (Y = \mu) \ne 0 \hspace{0.05cm}.$$
- Auch wenn die Wahrscheinlichkeiten PY(Y = μ) für große μ sehr klein werden, sind sie doch „unendlich viel größer” als PX(X = μ).
(3) Wir verwenden die erste Kullback–Leibler–Distanz:
- $$D = D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) =\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{5} P_X(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(\mu)}{P_Y(\mu)} \hspace{0.05cm}.$$
Bei Verwendung des Zehnerlogarithmus („lg”) erhalten wir für die Poisson–Näherung mit λ = 1:
- $$D \hspace{0.05cm}' = 0.3277 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.3277}{0.3679} + A \hspace{0.05cm}' = -0.016468 + 0.021944 = 0.005476 \hspace{0.05cm}.$$
Nach Umrechnung auf den Zweierlogarithmus („log2”) erhält man schließlich:
- $$D = D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) = \frac{0.005476}{{\rm lg} \hspace{0.1cm}(2)} \hspace{0.15cm} \underline {\approx 0.0182\,{\rm (bit)}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Unter Verwendung des Zehnerlogarithmus lautet die Entropie der Poisson–Näherung (λ = 1):
- $$H\hspace{0.05cm}'(Y) = -{\rm E} \left [{\rm lg} \hspace{0.1cm} {P_Y(Y)} \right ] = -2 \cdot 0.3679 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.3679) - B\hspace{0.05cm}' = 0.31954 + 0.24717 = 0.56126.$$
Die Umrechnung in „bit” liefert das gesuchte Ergebnis:
- $$H(Y) = \frac{0.56126}{{\rm lg} \hspace{0.1cm}(2)} \hspace{0.15cm} \underline {= 1.864\,{\rm (bit)}} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Richtig ist die Aussage 1. Bei der numerischen Berechnung der Kullback–Leibler–Distanz ist
- der Beitrag des μ–ten Terms positiv, falls PY(μ) > PX(μ),
- der Beitrag des μ–ten Terms negativ, falls PY(μ) < PX(μ).
(6) Zutreffend ist der Lösungsvorschlag 1:
- Auch aus der Grafik ist ersichtlich, dass D(PX||PY) = 0.0182 bit von keinem anderen λ–Wert als λ = 1 unterschritten wird (grüne Kreuze).
- Weiter erkennt man aus dieser Darstellung, dass man mit λ = 0.9 eine bessere Entropie–Approximation als mit λ = 1 erreicht (blaue Kreise):
- $$H(Y) = 1.795\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\approx \hspace{0.15cm} H(X) = 1.793\,{\rm bit}\hspace{0.05cm}.$$
- Der zweite Lösungsvorschlag ist also falsch.
Weiter ist anzumerken:
- Mit λ = 1 stimmen die linearen Mittelwerte der beiden Zufallsgrößen überein: mX = mY = 1.
- Mit λ = 0.9 stimmen die quadratischen Mittelwerte überein: mX + σX2 = mY + σY2 = 1.8.
Ob diese Aussage relevant ist, lasse ich dahingestellt. Denn: Aufgrund der stetigen Zunahme von H(Y) mit zunehmendem λ ist klar, dass für irgendeinen λ–Wert tatsächlich H(Y) = H(X) gelten muss.