Aufgaben:Aufgabe 4.2Z: Gemischte Zufallsgrößen

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Man spricht von einer gemischten Zufallsgröße, wenn die Zufallsgröße neben einem kontinuierlichen Anteil auch noch diskrete Anteile beinhaltet.

Die Zufallsgröße Y mit der Verteilungsfunktion F_Y(y) gemäß der unteren Skizze besitzt beispielsweise sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil. Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion f_Y(y) erhält man aus F_Y(y) durch Differentiation. Aus dem Sprung bei y = 1 in der Verteilungsfunktion (VTF) wird somit ein „Dirac” in der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF).

In der Teilaufgabe (d) soll die differentielle Entropie h(Y) der Zufallsgröße Y ermittelt werden (in bit), wobei von folgender Gleichung auszugehen ist: $$h(Y) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}\hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_Y)} \hspace{-0.35cm} f_Y(y) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} [ f_Y(y) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.05cm}.$$ In der Teilaufgabe (b) ist die differentielle Entropie h(X) der Zufallsgröße X zu berechnen, deren WDF f_X(x) oben skizziert ist. Führt man einen geeigneten Grenzübergang durch, so wird auch aus der Zufallsgröße X eine gemischte Zufallsgröße.

Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Kapitel 4.1 des vorliegenden Buches. Weitere Informationen zu gemischten Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel 3.2 des Buches „Stochastische Signaltheorie”.

Fragebogen

1

Wie groß ist die WDF–Höhe A von f_X(x) um X = 1?

	A = 0.5/ε,
	A = 0.5/ε + 0.25,
	A = 1/ε.

2

Berechnen Sie die differentielle Entropie für verschiedene ε–Werte.

$ε = 0.1: h(X)$ =

$ε = 0.01: h(X)$ =

$ε = 0.001: h(X))$ =

3

Welches Ergebnis liefert der Grenzwert ε → 0?

	fX(x) hat nun einen kontinuierlichen und einen diskreten Anteil.
	Die differentielle Energie h(X) ist negativ.
	Der Betrag |h(X)| ist unendlich groß.

4

Welche Aussagen treffen für die Zufallsgröße Y zu?

	Der VTF–Wert an der Stelle y = 1 ist 0.5.
	Y beinhaltet einen diskreten und einen kontinuierlichen Anteil..
	Der diskrete Anteil Y = 1 tritt mit 10% Wahrscheinlichkeit auf.
	Der kontinuierliche Anteil von Y ist gleichverteilt.
	Die differentiellen Entropien von X und Y sind gleich.

Musterlösung

Musterlösung

a)  Das Integral über die WDF muss 1 ergeben: $$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x = 0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1$$ $$\Rightarrow\hspace{0.3cm}(A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$ Richtig ist also der Lösungsvorschlag 2.

b)  Die differentielle Entropie (in „bit”) ist wie folgt gegeben: $$h(X) = \hspace{0.1cm} \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}(f_X)} \hspace{-0.35cm} f_X(x) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{f_X(x)} \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm}.$$ Wir unterteilen nun das Integral in drei Teilintegrale: $$h(X) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \hspace{-0.25cm} \int\limits_{0}^{1-\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \hspace{-0.25cm}\int\limits_{1+\varepsilon/2}^{2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x $$ $$\ + \hspace{-0.15cm}\hspace{-0.25cm}\int\limits_{1-\varepsilon/2}^{1+\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} [0.5/\varepsilon + 0.25] \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.5/\varepsilon + 0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x $$ $$=\ \hspace{-0.15cm} 2 \cdot 0.25 \cdot 2 \cdot (2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25) \hspace{0.05cm}.$$ Insbesondere erhält man

• für ε = 0.1:

$$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.644\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm},$$

• für ε = 0.01:

$$h(X) =1.99 - 0.5025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(50.25)= 1.99 - 2.84 \hspace{0.15cm}\underline{= -0.850\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}$$

• für ε = 0.001:

$$h(X) =1.999 - 0.50025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(500.25) = 1.999 - 8.967 \hspace{0.15cm}\underline{= -6.968\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$ c)  Alle Lösungsvorschläge sind hier zutreffend. Nach dem Grenzübergang ε → 0 erhält man für die differentielle Entropie $$h(X) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0} \hspace{0.1cm}[(2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)]$$ $$ = \ \hspace{-0.15cm} 2\,{\rm bit} - 0.5 \cdot \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}{\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} - \infty \hspace{0.05cm}.$$ Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) ergibt sich in diesem Fall zu $$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} 0.25 + 0.5 \cdot \delta (x-1) \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} 0 \le x \le 2, \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$ Es handelt sich demzufolge um eine „gemischte” Zufallsgröße mit

• einem stochastischen, gleichverteilten Anteil zwischen 0 ≤ x ≤ 2, und
• einem diskreten Anteil bei x = 1 mit der Wahrscheinlichkeit 0.5.

Die Grafik zeigt links die WDF f_X(x) und rechts die Verteilungsfunktion (kurz VTF) F_X(x). 4. 5. 6. 7.