Exercise 4.2: Triangular PDF

Betrachtet werden zwei Wahrscheinlichkeitsdichtefunktionen (kurz WDF) mit dreieckförmigem Verlauf:

Die Zufallsgröße X ist auf den Wertebereich von 0 und 1 begrenzt, und es gilt für die WDF (obere Skizze)

$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} 2x \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} 0 \le x \le 1 \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

Die Zufallsgröße Y besitzt gemäß der unteren Skizze die folgende WDF:

$$f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{c} 1 - |y| \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} |y| \le 1 \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

Der Zusammenhang zwischen den zwei Zufallsgrößen ist durch die Gleichung X = |Y| gegeben.

Für beide Zufallsgrößen soll jeweils die differentielle Entropie ermittelt werden. Beispielsweise lautet die entsprechende Gleichung für die Zufallsgröße X: $$h(X) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}\hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_X)} \hspace{-0.35cm} f_X(x) \cdot {\rm log} \hspace{0.1cm} [ f_X(x) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.6cm}{\rm mit}\hspace{0.6cm} {\rm supp}(f_X) = \{ x: f_X(x) > 0 \} \hspace{0.05cm}.$$ Verwendet man den natürlichen Logarithmus, so ist die Pseudo–Einheit „nat” anzufügen. Ist das Ergebnis dagegen in „bit” gefragt, so ist der Logarithmus dualis ⇒ „log₂” zu verwenden.

In der Teilaufgabe (d) wird die neue Zufallsgröße Z = A · Y betrachtet. Der WDF–Parameter A ist so zu bestimmen, dass die differentielle Entropie der neuen Zufallsgröße Z genau 1 bit ergibt:
$$h(Z) = h (A \cdot Y) = h (Y) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) = 1\,{\rm bit} \hspace{0.05cm}.$$ Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Kapitel 4.1 Vorgegeben ist das folgende unbestimmte Integral: $$\int \xi \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)\hspace{0.1cm}{\rm d}\xi = \xi^2 \cdot \left [ \frac{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)}{2} - \frac{1}{4}\right ] \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

Musterlösung

Solution

a) Für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion gilt im Bereich 0 ≤ X ≤ 1 vereinbarungsgemäß: $$f_X(x) = 2x = C \cdot x \hspace{0.05cm}.$$

Wir haben hierbei „2” durch C ersetzt ⇒ Verallgemeinerung, um in der Teilaufgabe (c) die nachfolgende Berechnung nochmals nutzen zu können.

Da die differentielle Entropie in „nat” gesucht ist, verwenden wir den natürlichen Logarithmus. Mit der Substitution ξ = C · x erhalten wir folgendes Integral: $$h_{\rm nat}(X) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \hspace{0.1cm} - \int_{0}^{1} \hspace{0.1cm} C \cdot x \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ C \cdot x ] \hspace{0.1cm}{\rm d}x = \hspace{0.1cm} - \hspace{0.1cm}\frac{1}{C} \cdot \int_{0}^{C} \hspace{0.1cm} \xi \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ \xi ] \hspace{0.1cm}{\rm d}\xi $$ $$\ = \hspace{-0.15cm} - \hspace{0.1cm}\frac{\xi^2}{C} \cdot \left [ \frac{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)}{2} - \frac{1}{4}\right ]_{\xi = 0}^{\xi = C} \hspace{0.05cm}$$ Hierbei wurde das vorne angegebene unbestimmte Integral benutzt. Nach Einsetzen der Grenzen erhält man hieraus unter Berücksichtigung von C = 2: $$h_{\rm nat}(X) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} - C/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (C) - 1/2 \right ] = - {\rm ln} \hspace{0.1cm} (2) + 1/2 = - {\rm ln} \hspace{0.1cm} (2) + 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) =\\ = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}/2)\hspace{0.05cm} = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (0.824) = - 0.193 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(X) \hspace{0.15cm}\underline {= - 0.193\,{\rm nat}} \hspace{0.05cm}.$$

b) Allgemein gilt: $$h_{\rm bit}(X) = \frac{h_{\rm nat}(X)}{{\rm ln} \hspace{0.1cm} (2)\,{\rm nat/bit}} = - 0.279 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(X) \hspace{0.15cm}\underline {= - 0.279\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$ Diese Umrechnung kann man sich sparen, wenn man bereits im analytischen Ergebnis der Teilaufgabe a) direkt „ln” durch „log₂” ersetzt: $$h(X) = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}/2)\hspace{0.05cm}, \hspace{1.3cm} {\rm Pseudo-Einheit\hspace{-0.1cm}:\hspace{0.15cm} bit} \hspace{0.05cm}.$$ 3. 4. 5. 6. 7.