Aufgabe 1.6: Nichtbinäre Markovquellen
Die Grafik zeigt zwei ergodische Markovquellen (MQ):
- Die Quelle MQ3 ist durch $M = 3$ Zustände (Symbole) $\rm N$, $\rm M$, $\rm P$ gekennzeichnet. Aufgrund der Stationarität haben die Wahrscheinlichkeiten folgende Werte:
- $$p_{\rm N} = 1/2\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm M} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$
- Bei der Quelle MQ4 ist zusätzlich der Zustand $\rm O$ möglich ⇒ $M = 4$. Aufgrund der symmetrischen Übergänge sind die stationären Wahrscheinlichkeiten alle gleich:
- $$p_{\rm N} = p_{\rm M} = p_{\rm O} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$
Informationstheoretisch sind Markovquellen von besonderer Bedeutung, da bei diesen – und nur bei diesen – durch
- $H_1$ (Entropienäherung, nur auf den Symbolwahrscheinlichkeiten basierend), und
- $H_2$ (zweite Entropienäherung, berechenbar mit den Verbundwahrscheinlichkeiten für alle Zweiertupel)
gleichzeitig auch bestimmt sind:
- die weiteren Entropienäherungen $H_k$ mit $k = 3, 4$, ... und
- die tatsächliche Quellenentropie $H$.
Es gelten folgende Bestimmungsgleichungen:
- $$H = 2 \cdot H_2 - H_1\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}H_k = {1}/{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H] \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Nachrichtenquellen mit Gedächtnis.
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Nichtbinäre Markovquellen.
- Bei allen Entropien ist die Pseudoeinheit „bit/Symbol” hinzuzufügen.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
Fragebogen
Musterlösung
- $$H_{\rm 1} = 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (2) + 2 \cdot 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}(4 ) \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Die Verbundwahrscheinlichkeit ist $p_{\rm XY} = p_{\rm X} \cdot p_{\rm Y|X}$, wobei $p_{\rm X}$ die Symbolwahrscheinlichkeit von $\rm X$ angibt und $p_{\rm Y|X}$ die bedingte Wahrscheinlichkeit für $\rm Y$, unter der Voraussetzung, dass vorher $\rm X$ aufgetreten ist.
$\rm X$ und $\rm Y$ sind hier Platzhalter für die Symbole $\rm N$, $\rm P$ und $\rm M$. Dann gilt:
- $$p_{\rm NN} = 1/2 \cdot 1/2 = 1/4\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PP} = 1/4 \cdot 0 = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MM} = 1/4 \cdot 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$
- $$ p_{\rm NP} = 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm PM} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},$$
- $$ p_{\rm NM} = 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm MP} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm 2} = {1}/{2} \cdot \left [ 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}( 4) + 6 \cdot 1/8 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \right ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.375 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
(3) Da MQ3 Markoveigenschaften aufweist, können aus $H_1$ und $H_2$ alle Entropienäherungen $H_k$ (für $k = 3, 4,$ ... ) angegeben werden und auch der Grenzwert $H =H_\infty$ für $k \to \infty$:
- $$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.375 - 1.5 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H_3 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm}= (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (1.5 + 2 \cdot 1.25)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H_4 = (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (1.5 + 3 \cdot 1.25)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.3125 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$
Die 10. Entropienäherung unterscheidet sich noch immer, wenn auch nur geringfügig (um 2%) vom Endwert $H = 1.25 \, \rm bit/Symbol$:
- $$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (1.5 + 9 \cdot 1.25)/10 {= 1.275 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Entsprechend der Angabe sind bei MQ3 die $M = 4$ Symbole gleichwahrscheinlich. Daraus folgt:
- $$H_{\rm 1} = H_{\rm 0} = {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4) \hspace{0.15cm} \underline {= 2 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Von den $M^2 = 16$ möglichen Zweiertupeln sind acht Kombinationen nicht möglich:
- $$\rm NP, NO, PP, PO, OM, ON, MM, MN.$$
Die acht weiteren Kombinationen (Zweiertupel) ergeben jeweils den Verbundwahrscheinlichkeitswert $1/8$, wie an zwei Beispielen gezeigt wird:
- $$p_{\rm NN} = p_{\rm N} \cdot p_{\rm N\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}N} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},$$
- $$p_{\rm MP} = p_{\rm M} \cdot p_{\rm P\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}M} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm}.$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_2 = {1}/{2} \cdot \left [ 8 \cdot 1/8 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \right ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
(6) Aufgrund der Markoveigenschaft gilt hier:
- $$H = 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.5 - 2 \hspace{0.15cm} \underline {= 1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H_3 = (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (2 + 2 \cdot 1)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H_4 = (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (2 + 3 \cdot 1)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$
Auch hier unterscheidet sich die 10. Näherung noch deutlich, nämlich um $10\%$, vom Endwert:
- $$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (2 + 9 \cdot 1)/10 {= 1.1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$
Eine Abweichung um $2\%$ ergibt sich hier erst für $k = 50$. Zum Vergleich: Bei der Markovquelle MQ3 wurde diese Annäherung bereits mit $k = 10$ erreicht.
