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 vierten Teilaufgabe wird die neue Zufallsgröße $Z = A \cdot Y$ betrachtet. Der WDF–Parameter $A$ ist so zu bestimmen, dass die differentielle Entropie der neuen Zufallsgröße $Z$ genau 1 bit ergibt:
- $$h(Z) = h (A \cdot Y) = h (Y) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) = 1\,{\rm bit} \hspace{0.05cm}.$$
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
- Nützliche Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe und weitere Informationen zu den wertkontinuierlichen Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel „Kontinuierliche Zufallsgrößen” des Buches Stochastische Signaltheorie.
- Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.
- Vorgegeben ist das folgende unbestimmte Integral:
- $$\int \xi \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)\hspace{0.1cm}{\rm d}\xi = \xi^2 \cdot \left [1/2 \cdot {{\rm ln} \hspace{0.1cm} (\xi)} - {1}/{4}\right ] \hspace{0.05cm}.$$
Fragebogen
Musterlösung
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: $$h(X) = \ {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}/2)\hspace{0.05cm}, \hspace{1.3cm} {\rm Pseudo-Einheit\hspace{-0.1cm}:\hspace{0.15cm} bit} \hspace{0.05cm}.$$
c) Wir verwenden wieder den natürlichen Logarithmus und teilen das Integral in zwei Teilintegrale auf: $$h(Y) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp} \hspace{0.03cm}( \hspace{-0.03cm}f_Y)} \hspace{-0.35cm} f_Y(y) \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} [ f_Y(y) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}y = I_{\rm neg} + I_{\rm pos} \hspace{0.05cm}.$$
Das erste Integral (Bereich –1 ≤ y ≤ 0) ist formgleich mit dem der Teilaufgabe (a) und gegenüber diesem nur verschoben, was das Ergebnis nicht beeinflusst. Zu berücksichtigen ist nun die Höhe C = 1 anstelle von C = 2: $$I_{\rm neg} =- C/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (C) - 1/2 \right ] = -1/2 \cdot \left [ {\rm ln} \hspace{0.1cm} (1) - 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) \right ]= 1/4 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) \hspace{0.05cm}.$$
Der zweite Integrand ist bis auf eine Verschiebung und Spiegelung identisch mit dem ersten. Außerdem überlappen sich die Integrationsintervalle nicht ⇒ Ipos = Ineg: $$h_{\rm nat}(Y) = 2 \cdot I_{\rm neg} = 1/2 \cdot {\rm ln} \hspace{0.1cm} ({\rm e}) = {\rm ln} \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}) $$ $$\Rightarrow\hspace{0.3cm}h_{\rm bit}(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (\sqrt{\rm e}) \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} h(Y) = {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (1.649)\hspace{0.15cm}\underline {= 0.721\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$
d) Für die differentielle Entropie der Zufallsgröße Z = A · Y gilt allgemein: $$h(Z) = h(A \cdot Y) = h(Y) + {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) \hspace{0.05cm}.$$ Aus der Forderung h(Z) = 1 bit und dem Ergebnis der Teilaufgabe (c) folgt somit: $${\rm log}_2 \hspace{0.1cm} (A) = 1\,{\rm bit} - 0.721 \,{\rm bit} = 0.279 \,{\rm bit} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 2^{0.279}\hspace{0.15cm}\underline {= 1.213} \hspace{0.05cm}.$$
