Aufgaben:Aufgabe 3.5: Kullback-Leibler-Distanz & Binominalverteilung

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Wir gehen hier von der Binomialverteilung aus, die durch die Parameter $I$ und $p$ gekennzeichnet ist ⇒ siehe Buch „Stochastische Signaltheorie”:

• Wertebereich:

$$X = \{\hspace{0.05cm}0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} ...\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} {\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}...\hspace{0.1cm} , \hspace{0.05cm} I\hspace{0.05cm}\}\hspace{0.05cm},$$

• Wahrscheinlichkeiten:

$$P_X (X = \mu) = {I \choose \mu} \cdot p^{\mu} \cdot (1-p)^{I-\mu} \hspace{0.05cm},$$

• linearer Mittelwert:

$$m_X = I \cdot p \hspace{0.05cm},$$

• Varianz:

$$\sigma_X^2 = I \cdot p \cdot (1-p)\hspace{0.05cm}.$$

Im rot hinterlegten Teil obiger Tabelle sind die Wahrscheinlichkeiten $P_X(X = \mu$) der hier betrachteten Binomialverteilung angegeben. In der Teilaufgabe (1) sollen Sie die dazugehörigen Verteilungsparameter $I$ und $p$ bestimmen.

Diese vorgegebene Binomialverteilung soll hier durch eine Poissonverteilung $Y$ approximiert werden, gekennzeichnet durch die Rate $\lambda$:

• Wertebereich:

$$Y = \{\hspace{0.05cm}0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm} 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} ...\hspace{0.1cm} ,\hspace{0.05cm} {\mu}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}...\hspace{0.1cm}\}\hspace{0.05cm},$$

• Wahrscheinlichkeiten:

$$P_Y (Y = \mu) = \frac{\lambda^{\mu}}{\mu !} \cdot {\rm e}^{\lambda} \hspace{0.05cm},$$

• Erwartungswerte:

$$m_Y = \sigma_Y^2 = \lambda\hspace{0.05cm}.$$

Um abschätzen zu können, ob die Wahrscheinlichkeitsfunktion $P_X(X)$ ausreichend gut durch $P_Y(Y)$ approximiert wird, kann man auf die so genannten Kullback–Leibler–Distanzen (KLD) zurückgreifen, teilweise in der Literatur auch relative Entropien genannt. Angepasst an das vorliegende Beispiel lauten diese:

$$D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} {\rm E} \left [ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(X)}{P_Y(X)}\right ] \hspace{0.2cm}=\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{I} P_X(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(\mu)}{P_Y(\mu)} \hspace{0.05cm},$$

$$D(P_Y \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_X) \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} {\rm E} \left [ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_Y(X)}{P_X(X)}\right ] \hspace{0.2cm}=\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{\infty} P_Y(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_Y(\mu)}{P_X(\mu)} \hspace{0.05cm}.$$

Bei Verwendung des Logarithmus dualis (zur Basis 2) ist hierbei dem Zahlenwert die Pseudo–Einheit „bit” hinzuzufügen.

In nebenstehender Ergebnistabelle ist die sog. Kullback–Leibler–Distanz $D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y)$ (in „bit”) zwischen der Binomial–PMF $P_X(\cdot)$ und einigen Poisson–Näherungen $P_Y(\cdot)$ (mit fünf verschiedenen Raten $\lambda$) eingetragen. Die jeweilige Entropie $H(Y)$, die ebenfalls von der Rate $\lambda$ abhängt, ist in der ersten Zeile angegeben.

Die Spalten für $\lambda = 1$ sind in den Teilaufgaben (3) und (4) zu ergänzen. In der Teilaufgabe (6) sollen diese Ergebnisse interpretriert werden.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Einige Vorbemerkungen zu den 2D-Zufallsgrößen.
• Insbesondere wird Bezug genommen auf die Seite Relative_Entropie – Kullback-Leibler-Distanz.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
• Um die numerischen Berechnungen in Grenzen zu halten, werden folgende Hilfsgrößen vorgegeben; „lg” bezeichnet den Logarithmus zur Basis 10:

$$A' \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} 0.4096 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.4096}{0.3679} + 0.2048 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.2048}{0.1839} + 0.0512 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0512}{0.0613} + 0.0064 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0064}{0.0153} + 0.0003 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.0003}{0.0031} = \hspace{0.15cm} \underline {= 0.021944} \hspace{0.05cm},$$

$$B' \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} 0.1839 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.1839) + 0.0613 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0613) + 0.0153 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0153) + 0.0031 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0031) + 0.0005 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0005) + 0.0001 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.0001) \hspace{0.15cm} \underline {= -0.24717} \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

1

Wie lauten die Kenngrößen der vorliegenden Binomialverteilung?
Hinweis: Geben Sie (maximal) eine Nachkommastelle ein.

$I$ =

$p$ =

$m_x$ =

$\sigma^2_x$ =

2

Welche Kullback–Leibler–Distanz sollte man hier verwenden?

	Keine der beiden Distanzen ist anwendbar.
	D(PX||PY) ist besser geeignet.
	D(PY||PX) ist besser geeignet.
	Beide Kullback–Leibler–Distanzen sind anwendbar.

3

Berechnen Sie die geeignete Kullback–Leibler–Distanz (hier mit D bezeichnet) für λ = 1. Berücksichtigen Sie die angegebene Hilfsgröße A′.

$\lambda = 1:\ D$ = $bit$

4

Berechnen Sie die Entropie H(Y) der Poisson–Näherung mit der Rate λ = 1. Berücksichtigen Sie die angegebene Hilfsgröße B′.

$\lambda = 1:\ H(Y)$ = $bit$

5

Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

	H(Y)–Berechnung: Alle Terme haben gleiches Vorzeichen.
	D(PX||PY)–Berechnung: Alle Terme haben gleiches Vorzeichen.

6

Wie interpretieren Sie die vervollständigte Ergebnistabelle?

	Nach der Kullback–Leibler–Distanz sollte man λ = 1 wählen.
	λ = 1 garantiert auch die beste Approximation H(Y) ≈ H(X).

Musterlösung

Solution

1.  Bei der Binomialverteilung sind alle Wahrscheinlichkeiten Pr(X > I) = 0  ⇒  I = 5. Damit ergibt sich für die Wahrscheinlichkeit, dass X gleich I = 5 ist:

$${\rm Pr} (X = 5) = {5 \choose 5} \cdot p^{5} = p^{5} \approx 0.0003 \hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für

• die charakteristische Wahrscheinlichkeit:

$$p= (0.0003)^{1/5} = 0.1974 \hspace{0.15cm} \underline {\approx 0.2}\hspace{0.05cm},$$

• den linearen Mittelwert (Erwartungswert):

$$m_X = I \cdot p \hspace{0.15cm} \underline {= 1}\hspace{0.05cm},$$

• die Varianz:

$$\sigma_X^2 = I \cdot p \cdot (1-p) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.8}\hspace{0.05cm}.$$

2.  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2. Bei Verwendung der Kullback–Leibler–Distanz D(P_Y||P_X) würde sich unabhängig von λ stets ein unendlicher Wert ergeben, da für μ ≥ 6 gilt:

$$P_X (X = \mu) = 0 \hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}P_Y (Y = \mu) \ne 0 \hspace{0.05cm}.$$

Auch wenn die Wahrscheinlichkeiten P_Y(Y = μ) für große μ sehr klein werden, sind sie doch „unendlich viel größer” als P_X(X = μ).

3.  Wir verwenden die erste Kullback–Leibler–Distanz:

$$D = D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) =\hspace{0.2cm} \sum_{\mu = 0}^{5} P_X(\mu) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{P_X(\mu)}{P_Y(\mu)} \hspace{0.05cm}.$$

Bei Verwendung des Zehnerlogarithmus („lg”) erhalten wir für die Poisson–Näherung mit λ = 1:

$$D \hspace{0.05cm}' = 0.3277 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} \frac{0.3277}{0.3679} + A \hspace{0.05cm}' = -0.016468 + 0.021944 = 0.005476 \hspace{0.05cm}.$$

Nach Umrechnung auf den Zweierlogarithmus („log₂”) erhält man:

$$D = D(P_X \hspace{0.05cm}|| \hspace{0.05cm} P_Y) = \frac{0.005476}{{\rm lg} \hspace{0.1cm}(2)} \hspace{0.15cm} \underline {\approx 0.0182\,{\rm (bit)}}\hspace{0.05cm}.$$

4.  Unter Verwendung des Zehnerlogarithmus lautet die Entropie der Poisson–Näherung (λ = 1):

$$H\hspace{0.05cm}'(Y) \hspace{0.15cm} = \hspace{0.15cm} -{\rm E} \left [{\rm lg} \hspace{0.1cm} {P_Y(Y)} \right ] = -2 \cdot 0.3679 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (0.3679) - B\hspace{0.05cm}' =\\ = \hspace{0.15cm} 0.31954 + 0.24717 = 0.56126$$

Die Umrechnung in „bit” liefert das gesuchte Ergebnis:

$$H(Y) = \frac{0.56126}{{\rm lg} \hspace{0.1cm}(2)} \hspace{0.15cm} \underline {= 1.864\,{\rm (bit)}} \hspace{0.05cm}.$$

5.  Richtig ist die Aussage 1. Bei der numerischen Berechnung der Kullback–Leibler–Distanz ist

• der Beitrag des μ–ten Terms positiv, falls P_Y(μ) > P_X(μ),

• der Beitrag des μ–ten Terms negativ, falls P_Y(μ) < P_X(μ).

6.  Zutreffend ist der Lösungsvorschlag 1. Auch aus der nachfolgenden Grafik ist ersichtlich, dass D(P_X||P_Y) = 0.0182 bit von keinem anderen λ–Wert als λ = 1 unterschritten wird (grüne Kreuze).

Weiter erkennt man aus dieser Darstellung, dass man mit λ = 0.9 eine bessere Entropie–Approximation als mit λ = 1 erreicht (blaue Kreise):

$$H(Y) = 1.795\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\approx \hspace{0.15cm} H(X) = 1.793\,{\rm bit}\hspace{0.05cm}.$$

Der zweite Lösungsvorschlag ist also falsch. Anzumerken ist:

• Mit λ = 1 stimmen die linearen Mittelwerte der beiden Zufallsgrößen überein: m_X = m_Y = 1.

• Mit λ = 0.9 stimmen die quadratischen Mittelwerte überein: m_X + σ_X² = m_Y + σ_Y² = 1.8.

Ob diese Aussage relevant ist, lasse ich dahingestellt. Denn: Aufgrund der stetigen Zunahme von H(Y) mit zunehmendem λ ist klar, dass für irgendeinen λ–Wert tatsächlich H(Y) = H(X) gelten muss.