Aufgabe 4.2: Dreieckförmige WDF

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 $X$:

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

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 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 Kapitel „Kontinuierliche Zufallsgrößen” des Buches Stochastische Signaltheorie.

Vorgegeben ist das folgende unbestimmte Integral:

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

Fragebogen

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:

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