Aufgabe 3.3: Entropie von Ternärgrößen
Rechts sehen Sie die Entropiefunktionen $H_{\rm R}(p)$, $H_{\rm B}(p)$ und $H_{\rm G}(p)$, wobei „R” für „Rot” steht, „B” für „Blau” und „G” für „Grün” . Die Wahrscheinlichkeitsfunktionen lauten für alle Zufallsgrößen:
- $$P_X(X) = [\hspace{0.05cm}p_1\hspace{0.05cm}, p_2\hspace{0.05cm}, p_3\hspace{0.05cm}]\hspace{0.3cm}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} |X| = 3\hspace{0.05cm}.$$
Es gilt der Zusammenhang $p_1 = p$ und $p_2 = 1 - p_3- p$.
Die Wahrscheinlichkeitsfunktion einer Zufallsgröße
- $$X = \{\hspace{0.05cm}x_1\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} x_2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} ...\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} x_{\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}...\hspace{0.1cm} , \hspace{0.05cm} x_{M}\hspace{0.05cm}\}$$
mit dem Symbolumfang $|X| = M$ lautet allgemein:
- $$P_X(X) = [\hspace{0.05cm}p_1\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} p_2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} ...\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} p_{\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}...\hspace{0.1cm} , \hspace{0.05cm} p_{M}\hspace{0.05cm}]\hspace{0.05cm}.$$
Die Entropie (Unsicherheit) dieser Zufallsgröße berechnet sich entsprechend der Gleichung
- $$H(X) = {\rm E} \left [\log_2 \hspace{0.05cm} {1}/{P_X(X)} \right ]\hspace{0.05cm},$$
und liegt stets im Bereich $0 \le H(X) \le \log_2 \hspace{0.05cm} |X|$.
Die untere Schranke $H(X) = 0$ ergibt sich, wenn eine beliebige Wahrscheinlichkeit $p_\mu = 1$ ist und alle anderen $0$ sind. Die obere Schranke soll hier wie in der Vorlesung „Information Theory” von Gerhard Kramer an der TU München hergeleitet werden:
- Durch Erweiterung obiger Gleichung um $X|$ in Zähler und Nenner erhält man unter Verwendung von $\log_2 \hspace{0.05cm}x= \ln(x)/ln(2)$:
- $$H(X) = \frac{1}{{\rm ln}(2)}\cdot {\rm E} \left [{\rm ln} \hspace{0.1cm} \frac{1}{|X| \cdot P_X(X)} \right ] + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}|X| \hspace{0.05cm}.$$
- Wie aus nebenstehender Grafik hervorgeht, gilt die Abschätzung $\ln(x) \le x-1$ mit der Identität für $x=1$. Somit kann geschrieben werden:
- $$H(X) \le \frac{1}{{\rm ln}(2)}\cdot {\rm E} \left [\frac{1}{|X| \cdot P_X(X)} -1 \right ] + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}|X| \hspace{0.05cm}.$$
- In Aufgabe 3.2 wurde für den Fall$p_\mu \ne 0$ für alle $\mu$ der Erwartungswert ${\rm E} [\log_2 \hspace{0.05cm} {1}/{P_X(X)}] =|X|$ berechnet. Damit verschwindet der erste Term und man erhält das bekannte Ergebnis:
- $$H(X) \le {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}|X| \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige Vorbemerkungen zu den 2D-Zufallsgrößen.
- Insbesondere wird Bezug genommen auf die Seite Wahrscheinlichkeitsfunktion undEntropie.
- Ausgegangen wird hier von der gleichen Konstellation wie in Aufgabe 3.2.
- Die Gleichung der binären Entropiefunktion lautet:
- $$H_{\rm bin}(p) = p \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{p} + (1-p) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{1-p} \hspace{0.05cm}.$$
Fragebogen
Musterlösung
- $$H_{\rm bin}(p) = p \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{p} + (1-p) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{1-p} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Man kann die binäre Entropiefunktion wegen log2(x) = ln(x)/ln(2) auch in die folgende Form bringen:
- $$H_{\rm bin}(p) = \frac{-1}{{\rm ln}(2)} \cdot \left [ p \cdot {\rm ln}(p) + (1-p) \cdot {\rm ln}(1-p) \right ] \hspace{0.05cm}.$$
- Die erste Ableitung führt zum Ergebnis
- $$\frac {{\rm d}H_{\rm bin}(p)}{{\rm d}p} = \frac{-1}{{\rm ln}(2)} \cdot \left [ {\rm ln}(p) + p \cdot \frac{1}{p} - {\rm ln}(1-p) - (1-p) \cdot \frac{1}{1-p} \right ] = \frac{1}{{\rm ln}(2)} \cdot \left [ {\rm ln}(1-p) - {\rm ln}(p) \right ] = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1-p}{p} \hspace{0.05cm}.$$
- Durch Nullsetzen dieser Ableitung erhält man den Abszissenwert p = 0.5, der zum Maximum der Entropiefunktion führt: Hbin(p = 0.5) = 1 bit ⇒ Lösungsvorschlag 2 ist falsch.
- Durch nochmaliges Differenzieren erhält man für die zweite Ableitung:
- $$\frac {{\rm d}^2H_{\rm bin}(p)}{{\rm d}p^2} = \frac{1}{{\rm ln}(2)} \cdot \left [ \frac{-1}{1-p} - \frac{1}{p} \right ] = \frac{-1}{{\rm ln}(2) \cdot p \cdot (1-p)} \hspace{0.05cm}.$$
- Diese Funktion ist im gesamten Definitionsgebiet 0 ≤ p ≤ 1 negativ ⇒ Hbin(p) ist konkav ⇒ Richtig ist allein der Lösungsvorschlag 1.
(3) Richtig sind hier die Aussagen 1 und 2:
- Für p = 0 erhält man die Wahrscheinlichkeitsfunktion PX(X) = [0, 1/2, 1/2] ⇒ H(X) = 1 bit.
- Das Maximum unter der Voraussetzung p3 = 1/2 ergibt sich für p1 = p2 = 1/4:
- $$P_X(X) = [\hspace{0.05cm}1/4\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} 1/4\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1/2 \hspace{0.05cm}] \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Max} [H_{\rm B}(p)] = 1.5\,{\rm bit} \hspace{0.05cm}.$$
- In kompakter Form lässt sich HB(p) mit der Einschränkung 0 ≤ p ≤ 1/2 wie folgt darstellen:
- $$H_{\rm B}(p) = 1.0\,{\rm bit} + {1}/{2} \cdot H_{\rm bin}(2p) \hspace{0.05cm}.$$
(4) Richtig sind die erste und letzte Aussage:
- Der grüne Kurvenzug beinhaltet mit p = 1/3 auch die Gleichverteilung aller Wahrscheinlichkeiten ⇒ Max[HG(p)] = log2 (3) bit. Allgemein lässt sich der gesamte Kurvenverlauf im Bereich 0 ≤ p ≤ 2/3 wie folgt ausdrücken:
- $$H_{\rm G}(p) = H_{\rm G}(p= 0) + {2}/{3} \cdot H_{\rm bin}(3p/2) \hspace{0.05cm}.$$
- Aus der Grafik auf der Angabenseite erkennt man auch, dass folgende Bedingung erfüllt sein muss:
- $$H_{\rm G}(p = 0) + {2}/{3}= {\rm log}_2 \hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm G}(p= 0) = 1.585 - 0.667 = 0.918 \,{\rm bit} \hspace{0.05cm}.$$
- Der zweite Lösungsvorschlag 2 ist somit falsch. Zum gleichen Ergebnis gelangt man über die Gleichung
- $$H_{\rm G}(p = 0) = {1}/{3} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.01cm} (3) +{2}/{3} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.01cm} (3/2) = {\rm log}_2 \hspace{0.01cm} (3) -2/3 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.01cm} (2) \hspace{0.05cm}.$$