Aufgaben:Aufgabe 3.8Z: Tupel aus ternären Zufallsgrößen: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 26. November 2016, 19:26 Uhr

Wir betrachten das Tupel $Z = (X, Y)$, wobei die Einzelkomponenten $X$ und $Y$ jeweils ternäre Zufallsgrößen darstellen $\Rightarrow$ Symbolumfang $|X| = |Y| = 3$. Die gemeinsame Wahrscheinlichkeitsfunktion $P_{ XY }(X, Y)$ ist rechts angegeben.

In dieser Aufgabe sind zu berechnen:

die Verbundentropie $H(XY)$ und die Transinformation $I(X; Y)$,
die Verbundentropie $H(XZ)$ und die Transinformation $I(X; Z)$,
die bedingten Entropien $H(Z|X)$ und $H(X|Z)$.

Hinweis: Die Aufgabe bezieht sich auf das Themengebiet von Kapitel 3.2.

Fragebogen

Musterlösung

1. Bei den beiden Zufallsgrößen $X =\{0, 1, 2\} \Rightarrow |X| = 3$ und $Y = \{0, 1, 2\} \Rightarrow |Y| = 3$ liegt jeweils eine Gleichverteilung vor. Damit erhält man für die Entropien:

$H(X) = log_2(3) = 1.585 (bit)$,

$H(Y) = log_2(3) = 1.585 (bit)$,

Die 2D–Zufallsgröße $XY = \{00, 01, 02, 10, 11, 12, 20, 21, 22\} \Rightarrow |XY| = |Z| = 9$ weist ebenfalls gleiche Wahrscheinlichkeiten auf: $p_{ 00 } = p_ { 01 } = ... = p_{ 22 } = 1/9$. Daraus folgt:

$H(XY) = log_2(9) = 3.170 (bit)$

2. Die Zufallsgrößen$X$und $Y$ sind wegen $P_{ XY }(⋅) = P_X(⋅) · P_Y(⋅) statistisch unabhängig \Rightarrow I(X, Y) = 0$. Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Gleichung $I(X; Y) = H(X) + H(Y) – H(XY)$.

3. Interpretiert man $I(X; Z)$ als die verbleibende Unsicherheit hinsichtlich des Tupels $Z$, wenn die erste Komponente $X$ bekannt ist, so gilt offensichtlich$ I(X; Z) = H(Y) = 1.585 bit$.

Rein formal lässt sich diese Aufgabe auch wie folgt lösen:

Die Entropie $H(Z)$ ist gleich $H(XY) = 3.170 bit$.
Die Verbundwahrscheinlichkeit $P_{ XZ }(X, Z) beinhaltet neun Elemente der Wahrscheinlichkeit $1/9$, alle anderen sind mit Nullen belegt (linke Grafik) $\Rightarrow H(XZ) = log2 (9) = 3.170 bit$. :* Damit gilt für die Transinformation (gemeinsame Information der Zufalsgrößen $X$ und $Z$):

$$I(X;Z) = H(X) + H(Z) - H(XZ) = $$ $$= 1.585 +3.170 - 3170 = 1.585 (bit)$$ 4. 5. 6. 7.

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 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-'''1.'''
+'''1.'''  Bei den beiden Zufallsgrößen $X =\{0, 1, 2\} \Rightarrow  |X| = 3$ und $Y = \{0, 1, 2\}  \Rightarrow |Y| = 3$ liegt jeweils eine Gleichverteilung vor. Damit erhält man für die Entropien:
-'''2.'''
-'''3.'''
+$H(X) = log_2(3) = 1.585 (bit)$,
+$H(Y) = log_2(3) = 1.585 (bit)$,
+Die 2D–Zufallsgröße $XY = \{00, 01, 02, 10, 11, 12, 20, 21, 22\} \Rightarrow  |XY| = |Z| = 9$ weist ebenfalls gleiche Wahrscheinlichkeiten auf: $p_{ 00 } = p_ { 01 } = ... = p_{ 22 } = 1/9$. Daraus folgt:
+$H(XY) = log_2(9) = 3.170 (bit)$
+'''2.''' Die Zufallsgrößen$X$und $Y$ sind wegen $P_{ XY }(⋅) = P_X(⋅) · P_Y(⋅) statistisch unabhängig  \Rightarrow I(X, Y) = 0$. Zum gleichen Ergebnis kommt man über die Gleichung $I(X; Y) = H(X) + H(Y) – H(XY)$.
+'''3.''' Interpretiert man $I(X; Z)$ als die verbleibende Unsicherheit hinsichtlich des Tupels $Z$, wenn die erste Komponente $X$ bekannt ist, so gilt offensichtlich$ I(X; Z) = H(Y) = 1.585 bit$.
+Rein formal lässt sich diese Aufgabe auch wie folgt lösen:
+:* Die Entropie $H(Z)$ ist gleich $H(XY) = 3.170 bit$.
+:* Die Verbundwahrscheinlichkeit $P_{ XZ }(X, Z) beinhaltet neun Elemente der Wahrscheinlichkeit $1/9$, alle anderen sind mit Nullen belegt (linke Grafik)  $\Rightarrow   H(XZ) = log2 (9) = 3.170 bit$.
+:* Damit gilt für die Transinformation (gemeinsame Information der Zufalsgrößen $X$ und $Z$):
+$$I(X;Z) = H(X) + H(Z) - H(XZ) = $$
+$$= 1.585 +3.170 - 3170 = 1.585 (bit)$$
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