Exercise 1.6: Non-Binary Markov Sources

Die Grafik zeigt zwei ergodische Markovquellen (MQ):

Die Quelle MQ3 ist durch $M = 3$ Zustände (Symbole) $\rm N$, $\rm M$, $\rm P$ gekennzeichnet. Aufgrund der Stationarität haben die Wahrscheinlichkeiten folgende Werte:

$$p_{\rm N} = 1/2\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm M} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$

Bei der Quelle MQ4 ist zusätzlich der Zustand $\rm O$ möglich ⇒ $M = 4$. Aufgrund der symmetrischen Übergänge sind die stationären Wahrscheinlichkeiten alle gleich:

$$p_{\rm N} = p_{\rm M} = p_{\rm O} = p_{\rm P} = 1/4\hspace{0.05cm}.$$

Informationstheoretisch sind Markovquellen von besonderer Bedeutung, da bei diesen – und nur bei diesen – durch

$H_1$ (Entropienäherung, nur auf den Symbolwahrscheinlichkeiten basierend), und
$H_2$ (zweite Entropienäherung, berechenbar mit den Verbundwahrscheinlichkeiten für alle Zweiertupel)

gleichzeitig auch bestimmt sind:

die weiteren Entropienäherungen $H_k$ mit $k = 3, 4$, ... und
die tatsächliche Quellenentropie $H$.

Es gelten folgende Bestimmungsgleichungen:

$$H = 2 \cdot H_2 - H_1\hspace{0.05cm},\hspace{0.4cm}H_k = {1}/{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H] \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Nachrichtenquellen mit Gedächtnis.
Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Nichtbinäre_Markovquellen.
Bei allen Entropien ist die Pseudoeinheit „bit/Symbol” hinzuzufügen.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

$H_1 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_2 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_3 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_4 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_1 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_2 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_3 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H_4 \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

$H \ = $

$\ \rm bit/Symbol$

Musterlösung

Solution

1. Die Symbolwahrscheinlichkeiten der ternären Markovquelle sind gegeben. Daraus lässt sich die Entropienäherung H₁ berechnen:

$$H_{\rm 1} = 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (2) + 2 \cdot 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}(4 ) \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

2. Die Verbundwahrscheinlichkeit ist p_XY = p_X · p_Y|X, wobei p_X die Symbolwahrscheinlichkeit von X angibt und p_Y|X die bedingte Wahrscheinlichkeit für Y, unter der Voraussetzung, dass vorher X aufgetreten ist. X und Y sind hier Platzhalter für die Symbole N, P, M. Dann gilt:

$$p_{\rm NN} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 1/2 \cdot 1/2 = 1/4\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PP} = 1/4 \cdot 0 = 0\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MM} = 1/4 \cdot 0 = 0 \hspace{0.05cm},\\ p_{\rm NP} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm PM} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm MN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},\\ p_{\rm NM} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 1/2 \cdot 1/4 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} p_{\rm MP} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}p_{\rm PN} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_{\rm 2} = \frac{1}{2} \cdot \left [ 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}( 4) + 6 \cdot 1/8 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \right ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.375 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

3. Da MQ3 Markoveigenschaften aufweist, können aus H₁ und H₂ alle Entropienäherungen <nobr>H_k (k = 3, 4, ... )</nobr> direkt angegeben werden und auch der Grenzwert H = H_k für k → ∞:

$$H \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.375 - 1.5 \hspace{1.25cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},\\ H_3 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (1.5 + 2 \cdot 1.25)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},\\ H_4 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (1.5 + 3 \cdot 1.25)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.3125 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

Die 10. Entropienäherung unterscheidet sich noch immer, wenn auch nur geringfügig (um 2%) vom Endwert H = 1.25 bit/Symbol:

$$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (1.5 + 9 \cdot 1.25)/10 {= 1.275 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

4. Entsprechend der Angabe sind hier die Symbole gleichwahrscheinlich. Daraus folgt:

$$H_{\rm 1} = H_{\rm 0} = {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4) \hspace{0.15cm} \underline {= 2 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

5. Von den M² = 16 möglichen Zweiertupeln sind acht Kombinationen nicht möglich: NP, NO, PP, PO, OM, ON, MM, MN. Die acht weiteren Kombinationen (Zweiertupel) ergeben jeweils den Verbundwahrscheinlichkeitswert 1/8, wie an zwei Beispielen gezeigt werden soll:

$$p_{\rm NN} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm N} \cdot p_{\rm N\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}N} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm},\\ p_{\rm MP} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p_{\rm M} \cdot p_{\rm P\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}M} = 1/4 \cdot 1/2 = 1/8 \hspace{0.05cm}.$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H_2 = \frac{1}{2} \cdot \left [ 8 \cdot \frac{1}{8} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (8) \right ] \hspace{0.15cm} \underline {= 1.5 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

6. Aufgrund der Markoveigenschaft gilt hier:

$$H \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 2 \cdot H_2 - H_1 = 2\cdot 1.5 - 2 \hspace{1.15cm} \underline {= 1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},\\ H_3 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} (H_1 + 2 \cdot H)/3 = (2 + 2 \cdot 1)/3 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.333 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm},\\ H_4 \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} (H_1 + 3 \cdot H)/4 = (2 + 3 \cdot 1)/4 \hspace{0.15cm} \underline {= 1.250 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

Auch hier unterscheidet sich die 10. Näherung noch deutlich vom Endwert, nämlich um 10%:

$$H_{10} = (H_1 + 9 \cdot H)/10 = (2 + 9 \cdot 1)/10 {= 1.1 \,{\rm bit/Symbol}}\hspace{0.05cm}.$$

Eine Abweichung um 2% ergibt sich hier erst für k = 50. Zum Vergleich: Bei der Markovquelle MQ3 wurde diese Annäherung bereits mit k = 10 erreicht.