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

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*Aus dem Sprung bei $y= 1$ in der Verteilungsfunktion (VTF) wird somit ein „Dirac” in der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF).
 
*Aus dem Sprung bei $y= 1$ in der Verteilungsfunktion (VTF) wird somit ein „Dirac” in der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF).
  
In der Teilaufgabe $(4)$ soll die differentielle Entropie $h(Y)$ der Zufallsgröße $Y$ ermittelt werden (in bit), wobei von folgender Gleichung auszugehen ist:
+
*In der Teilaufgabe $(4)$ soll die differentielle Entropie $h(Y)$ der Zufallsgröße $Y$ ermittelt werden (in bit), wobei von folgender Gleichung auszugehen ist:
 
:$$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} [ f_Y(y) ] \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} [ f_Y(y) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}y  
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===Musterlösung===
 
===Musterlösung===
 
{{ML-Kopf}}
 
{{ML-Kopf}}
<b>a)</b>&nbsp;&nbsp;Das Integral über die WDF muss 1 ergeben:
+
'''(1)'''&nbsp; Richtig ist der <u>Lösungsvorschlag 2</u>, weil das Integral über die WDF $1$ ergeben muss:
$$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x =
+
:$$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x =
0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1$$
+
0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm}
$$\Rightarrow\hspace{0.3cm}(A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 0.5
+
\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}.$$
 
\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$
Richtig ist also der <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
 
  
<b>b)</b>&nbsp;&nbsp;Die differentielle Entropie (in &bdquo;bit&rdquo;) ist wie folgt gegeben:
+
'''(2)'''&nbsp; Die differentielle Entropie (in &bdquo;bit&rdquo;) ist wie folgt gegeben:
$$h(X) =  
+
:$$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{0.1cm}  \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}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
Wir unterteilen nun das Integral in drei Teilintegrale:
 
Wir unterteilen nun das Integral in drei Teilintegrale:
$$h(X) \hspace{-0.15cm}  = \hspace{-0.15cm}
+
:$$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_{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}^{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{-0.25cm}\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 $$  
  \hspace{-0.15cm} 2 \cdot 0.25 \cdot 2 \cdot (2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)
+
:$$   \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}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
Insbesondere erhält man
 
Insbesondere erhält man
:* für <i>&epsilon;</i> = 0.1:
+
* für $\varepsilon = 0.1$:
$$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256
+
:$$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{0.15cm}\underline{= 0.644\,{\rm bit}}
 
\hspace{0.05cm},$$
 
\hspace{0.05cm},$$
:* für <i>&epsilon;</i> = 0.01:
+
* für $\varepsilon = 0.01$:
$$h(X) =1.99 - 0.5025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(50.25)= 1.99 - 2.84  
+
:$$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{0.15cm}\underline{= -0.850\,{\rm bit}}
 
\hspace{0.05cm}$$  
 
\hspace{0.05cm}$$  
:* für <i>&epsilon;</i> = 0.001:
+
* für $\varepsilon = 0.001$:
$$h(X) =1.999 - 0.50025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(500.25) = 1.999 - 8.967
+
:$$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{0.15cm}\underline{= -6.968\,{\rm bit}}
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
<b>c)</b>&nbsp;&nbsp;<u>Alle Lösungsvorschläge</u> sind hier zutreffend. Nach dem Grenzübergang <i>&epsilon;</i> &#8594; 0 erhält man für die differentielle Entropie
+
 
$$h(X) \hspace{-0.15cm}  = \hspace{-0.15cm} \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0} \hspace{0.1cm}[(2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)]$$ $$ = \
+
'''(3)'''&nbsp; <u>Alle Lösungsvorschläge</u> sind hier zutreffend:
   \hspace{-0.15cm} 2\,{\rm bit} - 0.5 \cdot \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}{\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon)
+
*Nach dem Grenzübergang <i>&epsilon;</i> &#8594; 0 erhält man für die differentielle Entropie
 +
:$$h(X) = \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)]  
 +
   = 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{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} - \infty
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) ergibt sich in diesem Fall zu
+
*Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) ergibt sich in diesem Fall zu
$$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}
+
:$$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}.$$
 
\hspace{0.05cm}.$$
 
Es handelt sich demzufolge um eine &bdquo;gemischte&rdquo; Zufallsgröße mit
 
Es handelt sich demzufolge um eine &bdquo;gemischte&rdquo; Zufallsgröße mit
:* einem stochastischen, gleichverteilten Anteil zwischen 0 &#8804; <i>x</i> &#8804; 2, und
+
* einem stochastischen, gleichverteilten Anteil im Bereich $0 \le x \le 2$, und
:* einem diskreten Anteil bei <i>x</i> = 1 mit der Wahrscheinlichkeit 0.5.  
+
* einem diskreten Anteil bei $x = 1$ mit der Wahrscheinlichkeit $0.5$.  
Die Grafik zeigt links die WDF <i>f<sub>X</sub></i>(<i>x</i>) und rechts die Verteilungsfunktion (kurz VTF) <i>F<sub>X</sub></i>(<i>x</i>).
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[[File:P_ID2871__Inf_Z_4_2c_neu.png|center|]]
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Die Grafik zeigt links die WDF $f_X(x)$ und rechts die Verteilungsfunktion (kurz VTF) $F_X(x)$.
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[[File:P_ID2871__Inf_Z_4_2c_neu.png|WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße <i>X</i>]]
  
<b>d)</b>&nbsp;&nbsp;Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2, 3 und 5</u>. Die untere Grafik zeigt die WDF und die VTF der Zufallsgröße <i>Y</i>. Man erkennt:
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'''(4)'''&nbsp; Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2, 3 und 5</u>. Die untere Grafik zeigt die WDF und die VTF der Zufallsgröße $Y$. Man erkennt:
:* <i>Y</i> beinhaltet wie <i>X</i> sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.
+
* $Y$ beinhaltet wie $X$ sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.
:* Der diskrete Anteil tritt mit der Wahrscheinlichkeit Pr(<i>Y</i> = 1) = 0.1 auf.
+
* Der diskrete Anteil tritt mit der Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(Y = 1) = 0.1$ auf.
:* Da <i>F<sub>Y</sub></i>(<i>y</i>) = Pr(<i>Y</i> &#8804; <i>y</i>) gilt,  ergibt sich  der rechtsseitige Grenzwert: <i>F<sub>Y</sub></i>(<i>y</i> = 1) = 0.55.
+
* Da $F_Y(y)= Pr({\rm Pr}(Y \le y)$ gilt,  ergibt sich  der rechtsseitige Grenzwert: &nbsp; $F_Y(y = 1) = 0.55$.
:* Der kontinuierliche Anteil ist nicht gleichverteilt; vielmehr liegt eine Dreieckverteilung vor.
+
* Der kontinuierliche Anteil ist nicht gleichverteilt; vielmehr liegt eine Dreieckverteilung vor.
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[[File:P_ID2872__Inf_Z_4_2d_neu.png|WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße <i>Y</i>]]
  
Richtig ist auch der letzte Vorschlag: <i>h</i>(<i>Y</i>) = <i>h</i>(<i>X</i>) = &ndash;&#8734;. Denn: Bei einer jeden Zufallsgröße mit einem diskreten Anteil &ndash; und ist er auch noch so klein, ist die differentielle Entropie gleich minus unendlich.
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Richtig ist auch der letzte Vorschlag: $h(Y) = h(X) = - \infty$.  
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<br>Denn: Bei jeder Zufallsgröße mit einem diskreten Anteil &ndash; und ist er auch noch so klein, ist die differentielle Entropie gleich minus unendlich.
  
 
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Revision as of 13:44, 6 April 2017

WDF von X und VTF von Y

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 $(4)$ 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 $(2)$ 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.


Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
  • Weitere Informationen zu gemischten Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel Verteilungsfunktion des Buches „Stochastische Signaltheorie”.
  • Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.


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 $Y = 1$ = 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:

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

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 hier zutreffend:

  • Nach dem Grenzübergang ε → 0 erhält man für die differentielle Entropie
$$h(X) = \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0} \hspace{0.1cm}[(2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)] = 2\,{\rm bit} - 0.5 \cdot \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}{\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} - \infty \hspace{0.05cm}.$$
  • 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 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 (kurz VTF) $F_X(x)$. WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße X

(4)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 5. Die untere Grafik zeigt die WDF und die VTF der Zufallsgröße $Y$. Man erkennt:

  • $Y$ beinhaltet wie $X$ sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.
  • Der diskrete Anteil tritt mit der Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(Y = 1) = 0.1$ auf.
  • Da $F_Y(y)= Pr({\rm Pr}(Y \le y)$ gilt, ergibt sich der rechtsseitige Grenzwert:   $F_Y(y = 1) = 0.55$.
  • Der kontinuierliche Anteil ist nicht gleichverteilt; vielmehr liegt eine Dreieckverteilung vor.

WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße Y

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.