Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 4.2Z: Mixed Random Variables"

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[[File:P_ID2868__Inf_Z_4_2_neu.png|right|frame|WDF von&nbsp; $X$&nbsp; (oben),&nbsp; und <br>VTF von&nbsp; $Y$&nbsp; (unten)]]
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[[File:P_ID2868__Inf_Z_4_2_neu.png|right|frame|PDF of&nbsp; $X$&nbsp; (top),&nbsp; and <br>CDF of&nbsp; $Y$&nbsp; (bottom)]]
Man spricht von einer "gemischten Zufallsgröße", wenn die Zufallsgröße neben einem kontinuierlichen Anteil auch noch diskrete Anteile beinhaltet.
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One speaks of a "mixed random variable", if the random variable contains discrete components in addition to a continuous component.
  
*Die Zufallsgröße&nbsp; $Y$&nbsp; mit der&nbsp; [[Theory_of_Stochastic_Signals/Verteilungsfunktion|Verteilungsfunktion]]&nbsp; $F_Y(y)$&nbsp; gemäß der unteren Skizze besitzt beispielsweise sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.  
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*For example, the random variable&nbsp; $Y$&nbsp; with&nbsp; [[Theory_of_Stochastic_Signals/Verteilungsfunktion|cumulative distribution function]]&nbsp; $F_Y(y)$&nbsp; as shown in the sketch below has both a continuous and a discrete component.
*Die&nbsp; [[Theory_of_Stochastic_Signals/Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion|Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion]]&nbsp; $f_Y(y)$&nbsp; erhält man aus&nbsp; $F_Y(y)$&nbsp; durch Differentiation.  
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*The&nbsp; [[Theory_of_Stochastic_Signals/Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion|probability density function]]&nbsp; $f_Y(y)$&nbsp; is obtained from&nbsp; $F_Y(y)$&nbsp; by differentiation.
*Aus dem Sprung bei&nbsp; $y= 1$&nbsp; in der Verteilungsfunktion (VTF) wird somit ein "Dirac" in der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF).
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*The jump at&nbsp; $y= 1$&nbsp; in the CDF thus becomes a "Dirac" in the probability density function.
  
*In der Teilaufgabe&nbsp; '''(4)'''&nbsp; soll die differentielle Entropie&nbsp; $h(Y)$&nbsp; der Zufallsgröße&nbsp; $Y$&nbsp; ermittelt werden (in bit), wobei von folgender Gleichung auszugehen ist:
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*In subtask&nbsp; '''(4)'''&nbsp; the differential entropy&nbsp; $h(Y)$&nbsp; of the random variable&nbsp; $Y$&nbsp; is to be determined (in bit), assuming the following equation:
 
:$$h(Y) =  
 
:$$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} \big[ f_Y(y) \big] \hspace{0.1cm}{\rm d}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} \big[ f_Y(y) \big] \hspace{0.1cm}{\rm d}y  
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
  
*In der Teilaufgabe&nbsp; '''(2)'''&nbsp; ist die differentielle Entropie&nbsp;  $h(X)$&nbsp; der Zufallsgröße&nbsp; $X$&nbsp; zu berechnen, deren WDF&nbsp; $f_X(x)$&nbsp; oben skizziert ist.&nbsp; Führt man einen geeigneten Grenzübergang durch, so wird auch aus der Zufallsgröße&nbsp; $X$&nbsp; eine gemischte Zufallsgröße.
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*In subtask&nbsp; '''(2)'''&nbsp;, calculate the differential entropy&nbsp;  $h(X)$&nbsp; of the random variable&nbsp; $X$&nbsp; whose PDF&nbsp; $f_X(x)$&nbsp; is sketched above.&nbsp; If one performs a suitable boundary transition, the random variable&nbsp; $X$&nbsp; also becomes a mixed random variable.
  
  
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''Hinweise:''
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Hints:
*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Information_Theory/Differentielle_Entropie|Differentielle Entropie]].
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*The exercise belongs to the chapter&nbsp; [[Information_Theory/Differentielle_Entropie|Differential Entropy]].
*Weitere Informationen zu gemischten Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel&nbsp;  [[Theory_of_Stochastic_Signals/Verteilungsfunktion|Verteilungsfunktion]] des Buches "Stochastische Signaltheorie".
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*Further information on mixed random variables can be found in the chapter &nbsp;  [[Theory_of_Stochastic_Signals/Verteilungsfunktion|Cumulative Distribution Function]] of the book "Theory of Stochastic Signals".
 
   
 
   
  

Revision as of 10:16, 24 September 2021

PDF of  $X$  (top),  and
CDF of  $Y$  (bottom)

One speaks of a "mixed random variable", if the random variable contains discrete components in addition to a continuous component.

  • For example, the random variable  $Y$  with  cumulative distribution function  $F_Y(y)$  as shown in the sketch below has both a continuous and a discrete component.
  • The  probability density function  $f_Y(y)$  is obtained from  $F_Y(y)$  by differentiation.
  • The jump at  $y= 1$  in the CDF thus becomes a "Dirac" in the probability density function.
  • In subtask  (4)  the differential entropy  $h(Y)$  of the random variable  $Y$  is to be determined (in bit), assuming the following equation:
$$h(Y) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}\hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_Y)} \hspace{-0.35cm} f_Y(y) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \big[ f_Y(y) \big] \hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.05cm}.$$
  • In subtask  (2) , calculate the differential entropy  $h(X)$  of the random variable  $X$  whose PDF  $f_X(x)$  is sketched above.  If one performs a suitable boundary transition, the random variable  $X$  also becomes a mixed random variable.





Hints:



Fragebogen

1

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

$A = 0.5/\varepsilon$,
$A = 0.5/\varepsilon+0.25$,
$A = 1/\varepsilon$.

2

Berechnen Sie die differentielle Entropie für verschiedene  $\varepsilon$–Werte.

$ε = 10^{-1}\text{:} \ \ h(X) \ = \ $

$\ \rm bit$
$ε = 10^{-2}\text{:} \ \ h(X) \ = \ $

$\ \rm bit$
$ε = 10^{-3}\text{:} \ \ h(X) \ = \ $

$\ \rm bit$

3

Welches Ergebnis liefert der Grenzwert  $ε \to 0$?

$f_X(x)$  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 bei   $Y = 1$  tritt mit  $10\%$  Wahrscheinlichkeit auf.
Der kontinuierliche Anteil von  $Y$  ist gleichverteilt.
Die differentiellen Entropien von  $X$  und  $Y$  sind gleich.


Musterlösung

(1)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2, weil das Integral über die WDF  $1$  ergeben muss:

$$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x = 0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}(A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$


(2)  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:

$$h(X) = \hspace{-0.25cm} \int\limits_{0}^{1-\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \hspace{-0.25cm}\int\limits_{1+\varepsilon/2}^{2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \hspace{-0.25cm}\int\limits_{1-\varepsilon/2}^{1+\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} \big [0.5/\varepsilon + 0.25 \big ] \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.5/\varepsilon + 0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x $$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} h(X) = 2 \cdot 0.25 \cdot 2 \cdot (2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25) \hspace{0.05cm}.$$

Insbesondere erhält man

  • für  $\varepsilon = 0.1$:
$$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.644\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm},$$
  • für  $\varepsilon = 0.01$:
$$h(X) =1.99 - 0.5025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(50.25)= 1.99 - 2.84 \hspace{0.15cm}\underline{= -0.850\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}$$
  • für  $\varepsilon = 0.001$:
$$h(X) =1.999 - 0.50025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(500.25) = 1.999 - 8.967 \hspace{0.15cm}\underline{= -6.968\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$


(3)  Alle Lösungsvorschläge sind zutreffend:

  • Nach dem Grenzübergang   $\varepsilon → 0$   erhält man für die differentielle Entropie
$$h(X) = \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0} \hspace{0.1cm}\big[(2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)\big] = 2\,{\rm bit} - 0.5 \cdot \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}{\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} - \infty \hspace{0.05cm}.$$
WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße  $X$
  • 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 im Bereich  $0 \le x \le 2$, 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  $F_X(x)$.
(4)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 5. Die untere Grafik zeigt die WDF und die VTF der Zufallsgröße  $Y$.  Man erkennt:

WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße $Y$
  • $Y$  beinhaltet wie  $X$  einen kontinuierlichen und einen diskreten Anteil.
  • Der diskrete Anteil tritt mit der Wahrscheinlichkeit  ${\rm Pr}(Y = 1) = 0.1$ auf.
  • Da  $F_Y(y)= {\rm Pr}(Y \le y)$  gilt, ergibt sich der rechtsseitige Grenzwert:
$$F_Y(y = 1) = 0.55.$$
  • Der kontinuierliche Anteil ist nicht gleichverteilt;  vielmehr liegt eine Dreieckverteilung vor.
  • Richtig ist auch der letzte Vorschlag:   $h(Y) = h(X) = - \infty$.


Denn:   Bei jeder Zufallsgröße mit einem diskreten Anteil – und ist er auch noch so klein, ist die differentielle Entropie gleich minus unendlich.