Exercise 4.2Z: Mixed Random Variables

WDF von X und VTF von Y

Man spricht von einer gemischten Zufallsgröße, wenn die Zufallsgröße neben einem kontinuierlichen Anteil auch noch diskrete Anteile beinhaltet.

Die Zufallsgröße $Y$ mit der Verteilungsfunktion $F_Y(y)$ gemäß der unteren Skizze besitzt beispielsweise sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.
Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion $f_Y(y)$ erhält man aus $F_Y(y)$ durch Differentiation.
Aus dem Sprung bei $y= 1$ in der Verteilungsfunktion (VTF) wird somit ein „Dirac” in der Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF).

In der Teilaufgabe $(4)$ soll die differentielle Entropie $h(Y)$ der Zufallsgröße $Y$ ermittelt werden (in bit), wobei von folgender Gleichung auszugehen ist:

$$h(Y) = \hspace{0.1cm} - \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}\hspace{0.03cm}(\hspace{-0.03cm}f_Y)} \hspace{-0.35cm} f_Y(y) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} [ f_Y(y) ] \hspace{0.1cm}{\rm d}y \hspace{0.05cm}.$$

In der Teilaufgabe $(2)$ ist die differentielle Entropie $h(X)$ der Zufallsgröße $X$ zu berechnen, deren WDF $f_X(x)$ oben skizziert ist. Führt man einen geeigneten Grenzübergang durch, so wird auch aus der Zufallsgröße $X$ eine gemischte Zufallsgröße.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Differentielle Entropie.
Weitere Informationen zu gemischten Zufallsgrößen finden Sie im Kapitel Verteilungsfunktion des Buches „Stochastische Signaltheorie”.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

Musterlösung

Solution

(1) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2, weil das Integral über die WDF $1$ ergeben muss:

$$f_X(x) \hspace{0.1cm}{\rm d}x = 0.25 \cdot 2 + (A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm}(A - 0.25) \cdot \varepsilon \stackrel{!}{=} 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} A = 0.5/\varepsilon +0.25\hspace{0.05cm}.$$

(2) Die differentielle Entropie (in „bit”) ist wie folgt gegeben:

$$h(X) = \hspace{0.1cm} \hspace{-0.45cm} \int\limits_{{\rm supp}(f_X)} \hspace{-0.35cm} f_X(x) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{f_X(x)} \hspace{0.1cm}{\rm d}x \hspace{0.05cm}.$$

Wir unterteilen nun das Integral in drei Teilintegrale:

$$h(X) = \hspace{-0.25cm} \int\limits_{0}^{1-\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \hspace{-0.25cm}\int\limits_{1+\varepsilon/2}^{2} \hspace{-0.15cm} 0.25 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x + \hspace{-0.25cm}\int\limits_{1-\varepsilon/2}^{1+\varepsilon/2} \hspace{-0.15cm} [0.5/\varepsilon + 0.25] \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} \frac{1}{0.5/\varepsilon + 0.25} \hspace{0.1cm}{\rm d}x $$

$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} h(X) = 2 \cdot 0.25 \cdot 2 \cdot (2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25) \hspace{0.05cm}.$$

Insbesondere erhält man

für $\varepsilon = 0.1$:

$$h(X) =1.9 - 0.525 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(5.25) = 1.9 - 1.256 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.644\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm},$$

für $\varepsilon = 0.01$:

$$h(X) =1.99 - 0.5025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(50.25)= 1.99 - 2.84 \hspace{0.15cm}\underline{= -0.850\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}$$

für $\varepsilon = 0.001$:

$$h(X) =1.999 - 0.50025 \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(500.25) = 1.999 - 8.967 \hspace{0.15cm}\underline{= -6.968\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Alle Lösungsvorschläge sind hier zutreffend:

Nach dem Grenzübergang ε → 0 erhält man für die differentielle Entropie

$$h(X) = \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0} \hspace{0.1cm}[(2-\varepsilon) - (0.5 + 0.25 \cdot \varepsilon) \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon +0.25)] = 2\,{\rm bit} - 0.5 \cdot \lim\limits_{\varepsilon \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm} 0}\hspace{0.1cm}{\rm log}_2 \hspace{0.1cm}(0.5/\varepsilon) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} - \infty \hspace{0.05cm}.$$

Die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion (WDF) ergibt sich in diesem Fall zu

$$f_X(x) = \left\{ \begin{array}{c} 0.25 + 0.5 \cdot \delta (x-1) \\ 0 \\ \end{array} \right. \begin{array}{*{20}c} {\rm{f\ddot{u}r}} \hspace{0.1cm} 0 \le x \le 2, \\ {\rm sonst} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$

Es handelt sich demzufolge um eine „gemischte” Zufallsgröße mit

einem stochastischen, gleichverteilten Anteil im Bereich $0 \le x \le 2$, und
einem diskreten Anteil bei $x = 1$ mit der Wahrscheinlichkeit $0.5$.

Die Grafik zeigt links die WDF $f_X(x)$ und rechts die Verteilungsfunktion (kurz VTF) $F_X(x)$.

WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße X

(4) Richtig sind die Lösungsvorschläge 2, 3 und 5. Die untere Grafik zeigt die WDF und die VTF der Zufallsgröße $Y$. Man erkennt:

$Y$ beinhaltet wie $X$ sowohl einen kontinuierlichen als auch einen diskreten Anteil.
Der diskrete Anteil tritt mit der Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(Y = 1) = 0.1$ auf.
Da $F_Y(y)= Pr({\rm Pr}(Y \le y)$ gilt, ergibt sich der rechtsseitige Grenzwert: $F_Y(y = 1) = 0.55$.
Der kontinuierliche Anteil ist nicht gleichverteilt; vielmehr liegt eine Dreieckverteilung vor.

WDF und VTF der gemischten Zufallsgröße Y

Richtig ist auch der letzte Vorschlag: $h(Y) = h(X) = - \infty$.
Denn: Bei jeder Zufallsgröße mit einem diskreten Anteil – und ist er auch noch so klein, ist die differentielle Entropie gleich minus unendlich.

	Der VTF–Wert an der Stelle $y = 1$ ist $0.5$.
	$Y$ beinhaltet einen diskreten und einen kontinuierlichen Anteil..
	Der diskrete Anteil bei $Y = 1$ = 1 tritt mit $10\%$ Wahrscheinlichkeit auf.
	Der kontinuierliche Anteil von $Y$ ist gleichverteilt.
	Die differentiellen Entropien von $X$ und $Y$ sind gleich.

	$A = 0.5/\varepsilon$,
	$A = 0.5/\varepsilon+0.25$,
	$A = 1/\varepsilon$.

	$f_X(x)$ hat nun einen kontinuierlichen und einen diskreten Anteil.
	Die differentielle Energie $h(X)$ ist negativ.
	Der Betrag $\|h(X)\|$ ist unendlich groß.