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=== | ||
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− | < | + | '''(1)''' 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 | |
\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$ | \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$ | ||
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− | + | '''(2)''' Die differentielle Entropie (in „bit”) 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: | ||
− | $$h(X) | + | :$$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{-0.25cm}\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) | |
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Insbesondere erhält man | Insbesondere erhält man | ||
− | + | * für $\varepsilon = 0.1$: | |
− | $$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256 | + | :$$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256 |
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− | + | * 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 |
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− | + | * 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}} | ||
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− | + | ||
− | $$h(X) | + | '''(3)''' <u>Alle Lösungsvorschläge</u> sind hier zutreffend: |
− | + | *Nach dem Grenzübergang <i>ε</i> → 0 erhält man für die differentielle Entropie | |
+ | :$$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 | ||
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− | 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} |
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Es handelt sich demzufolge um eine „gemischte” Zufallsgröße mit | 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 | + | |
− | [[File:P_ID2871__Inf_Z_4_2c_neu.png| | + | Die Grafik zeigt links die WDF $f_X(x)$ und rechts die Verteilungsfunktion (kurz VTF) $F_X(x)$. |
+ | [[File:P_ID2871__Inf_Z_4_2c_neu.png|WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße <i>X</i>]] | ||
− | + | '''(4)''' Richtig sind die <u>Lösungsvorschläge 2, 3 und 5</u>. 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. | |
− | [[File:P_ID2872__Inf_Z_4_2d_neu.png| | + | [[File:P_ID2872__Inf_Z_4_2d_neu.png|WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße <i>Y</i>]] |
− | Richtig ist auch der letzte Vorschlag: | + | Richtig ist auch der letzte Vorschlag: $h(Y) = h(X) = - \infty$. |
+ | <br>Denn: Bei jeder Zufallsgröße mit einem diskreten Anteil – 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
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
Musterlösung
- $$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x = 0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}(A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$
(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) $F_X(x)$.
(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.
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.