Aufgaben:Exercise 4.3Z: Exponential and Laplace Distribution

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WDF von Exponentialverteilung und Laplaceverteilung (unten)

Wir betrachten hier die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen (WDF) zweier wertkontinuierlicher Zufallsgrößen:

• Die Zufallsgröße $X$ ist exponentialverteilt (siehe obere Darstellung):   Für $x<0$ ist $f_X(x) = 0$, und für positive $x$–Werte gilt:

$$f_X(x) = \lambda \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.05cm}. $$

• Dagegen gilt für die laplaceverteilte Zufallsgröße $Y$ im gesamten Bereich$ - \infty < y < + \infty$ (untere Skizze):

$$f_Y(y) = \lambda/2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.05cm}.$$

Zu berechnen sind die differentiellen Entropien $h(X)$ und $h(Y)$ abhängig vom WDF–Parameter $\it \lambda$. Zum Beispiel gilt:

$$h(X) = -\hspace{-0.7cm} \int\limits_{x \hspace{0.05cm}\in \hspace{0.05cm}{\rm supp} \hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_X)} \hspace{-0.55cm} f_X(x) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} \big [f_X(x) \big ] \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm}.$$

Bei Verwendung von $\log_2$ ist die Pseudo–Einheit „bit” anzufügen.

In den Teilaufgaben (2) und (4) ist die differentielle Entropie in folgender Form anzugeben:

$$h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(X)} \cdot \sigma^2) \hspace{0.5cm}{\rm bzw.} \hspace{0.5cm}h(Y) = {1}/{2} \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(Y)} \cdot \sigma^2) \hspace{0.05cm}.$$

Zu ermitteln ist, durch welchen Faktor ${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(X)}$ die Exponentialverteilung charakterisiert wird und welcher Faktor ${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(Y)}$ sich für die Laplaceverteilung ergibt.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Differentielle Entropie.
• Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe finden Sie insbesondere auf der Seite  Differentielle Entropie einiger leistungsbegrenzter Zufallsgrößen.
• Für die Varianz der exponentialverteiten Zufallsgröße $X$ gilt, wie in Aufgabe 4.1Z hergeleitet:   $\sigma^2 = 1/\lambda^2$.
• Die Varianz der laplaceverteiten Zufallsgröße $Y$ ist bei gleichem $\it \lambda$ doppelt so groß:   $\sigma^2 = 2/\lambda^2$.

Fragebogen

1

Berechnen Sie die differentielle Entropie der Exponentialverteilung für $\lambda = 1$.

$h(X) \ = \ $ $\ \rm bit$

2

Welche Kenngröße  ${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(X)}$  ergibt sich für die Exponentialverteilung entsprechend der Form  $h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.05cm} \rm L}^{\hspace{0.08cm}(X)} \cdot \sigma^2)$ ?

${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(X)} \ = \ $

3

Berechnen Sie die differentielle Entropie der Laplaceverteilung für $\lambda = 1$.

$h(Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

4

Welche Kenngröße  ${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(Y)} $  ergibt sich für die Laplaceverteilung entsprechend der Form  $h(Y) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.05cm} \rm L}^{\hspace{0.08cm}(Y)} \cdot \sigma^2)$?

${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(Y)} \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1)  Obwohl in dieser Aufgabe das Ergebnis in „bit” angegeben werden soll, verwenden wir zur Herleitung den natürlichen Logarithmus.

• Dann gilt für die differentielle Entropie:

$$h(X) = -\hspace{-0.7cm} \int\limits_{x \hspace{0.05cm}\in \hspace{0.05cm}{\rm supp} \hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_X)} \hspace{-0.35cm} f_X(x) \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [f_X(x)] \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm}.$$

• Für die Exponentialverteilung sind die Integrationsgrenzen $0$ und $+∞$ anzusetzen. In diesem Bereich wird die auf dem Angabenblatt angegebene WDF $f_X(x)$ eingesetzt:

$$h(X) =- \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda) + {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x})\right ]\hspace{0.1cm}{\rm d}x - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda) \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.1cm} + \hspace{0.1cm} \lambda \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda \cdot x \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm}.$$

Man erkennt:

• Der erste Integrand ist identisch mit der hier betrachteten WDF $f_X(x)$. Das Integral über den gesamten Integrationsbereich ergibt somit $1$.
• Das zweite Integral entspricht genau der Definition des Mittelwertes $m_1$ (Moment erster Ordnung). Für die Exponentialverteilung gilt $m_1 = 1/λ$ Daraus folgt:

$$h(X) = - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda) + 1 = - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda) + \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}/\lambda) \hspace{0.05cm}.$$

• Dieses Ergebnis ist mit der Zusatzeinheit „nat” zu versehen. Mit $\log_2$ anstelle von $\ln$ erhält man die differentielle Entropie in „bit”:

$$h(X) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\rm e}/\lambda) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda = 1{\rm :} \hspace{0.3cm} h(X) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = \frac{{\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e})}{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (2)} \hspace{0.15cm}\underline{= 1.443\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Unter Berücksichtigung der für die Exponentialverteilung gültigen Gleichung $\sigma^2 = 1/\lambda^2$ kann man das in (1) gefundene Ergebnis wie folgt umformen:

$$h(X) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\rm e}/\lambda) = {1}/{2}\cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\rm e}^2/\lambda^2) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\rm e}^2 \cdot \sigma^2) \hspace{0.05cm}.$$

Ein Vergleich mit der geforderten Grundform  $h(X) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ({\it \Gamma}_{\hspace{-0.05cm} \rm L}^{\hspace{0.08cm}(X)} \cdot \sigma^2)$ führt zum Ergebnis:

$${\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}}^{\hspace{0.08cm}(X)} = {\rm e}^2 \hspace{0.15cm}\underline{\approx 7.39} \hspace{0.05cm}.$$

(3)  Bei der Laplaceverteilung unterteilen wir den Integrationsbereich in zwei Teilbereiche:

• $Y$ negativ   ⇒   Anteil $h_{\rm neg}(Y)$,
• $Y$ positiv   ⇒   Anteil $h_{\rm pos}(Y)$.

Die gesamte differentielle Entropie ergibt sich unter Berücksichtigung von $h_{\rm neg}(Y) = h_{\rm pos}(Y)$ zu

$$h(Y) = h_{\rm neg}(Y) + h_{\rm pos}(Y) = 2 \cdot h_{\rm pos}(Y) $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} h(Y) = - 2 \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda/2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y} \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda/2) + {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y})\right ]\hspace{0.1cm}{\rm d}y = - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda/2) \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.1cm} + \hspace{0.1cm} \lambda \cdot \int_{0}^{\infty} \hspace{-0.15cm} \lambda \cdot y \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.05cm}.$$

Berücksichtigen wir wiederum, dass

• das erste Integral den Wert $1$ ergibt (WDF–Fläche), und
• das zweite Integral den Mittelwert $m_1 = 1/\lambda$ angibt,

so erhalten wir:

$$h(Y) = - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda/2) + 1 = - \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\lambda/2) + \hspace{0.05cm} {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (2{\rm e}/\lambda) \hspace{0.05cm}.$$

Da das Ergebnis in „bit” gefordert ist, muss noch $\ln$ durch $\log_2$ ersetzt werden:

$$h(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (2{\rm e}/\lambda) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda = 1{\rm :} \hspace{0.3cm} h(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (2{\rm e}) \hspace{0.15cm}\underline{= 2.443\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Bei der Laplaceverteilung gilt der Zusammenhang σ² = 2/λ². Damit erhält man: $$h(X) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\frac{2{\rm e}}{\lambda}) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\frac{4{\rm e}^2}{\lambda^2}) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (2 {\rm e}^2 \cdot \sigma^2) \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_{{\hspace{-0.05cm} \rm L}, \hspace{0.05cm}(Y)} = 2 \cdot {\rm e}^2 \hspace{0.15cm}\underline{\approx 14.78} \hspace{0.05cm}.$$ Der Γ_L–Wert ist bei der Laplaceverteilung doppelt so groß wie bei der Exponentialverteilung.

• Damit ist offensichtlich, dass die Laplaceverteilung hinsichtlich der differentiellen Entropie h(X) deutlich besser ist als die Exponentialverteilung, wenn man von leistungsbegrenzten Signalen ausgeht.
• Unter der Nebenbedingung der Spitzenwertbegrenzung sind sowohl die Exponential– als auch die Laplaceverteilung völlig ungeeignet, ebenso wie die Gaußverteilung. Diese reichen alle bis ins Unendliche.