in „bit” und „nat”
Wir betrachten eine Folge von binären Zufallsgrößen mit dem Symbolvorrat $\{ \rm A, \ B \}$ ⇒ $M = 2$. Die Auftrittswahrscheinlichkeiten der beiden Symbole seien $p_{\rm A }= p$ und $p_{\rm B } = 1 - p$.
Die einzelnen Folgenelemente sind statistisch unabhängig. Für die Entropie dieser Nachrichtenquelle gilt gleichermaßen:
- $$H_{\rm bin}(p) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac{1}{\hspace{0.1cm}p\hspace{0.1cm}} + (1-p) \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}\frac{1}{1-p}\hspace{0.15cm}{\rm in \hspace{0.15cm} \big [bit \big ]}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H'_{\rm bin}(p) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}\frac{1}{\hspace{0.1cm}p\hspace{0.1cm}} + (1-p) \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}\frac{1}{1-p}\hspace{0.15cm}{\rm in \hspace{0.15cm} \big [nat\big ]}\hspace{0.05cm}.$$
In diesen Gleichungen werden als Kurzbezeichnungen verwendet:
- der natürliche Logarithmus ⇒ $ {\ln} \hspace{0.09cm} p = \log_{\rm e} \hspace{0.05cm} p$,
- der Logarithmus dualis ⇒ ${\rm ld} \hspace{0.09cm} p = \log_2 \hspace{0.05cm} p$.
Die Grafik zeigt die binäre Entropiefunktion in Abhängigkeit des Parameters $p$, wobei $0 ≤ p ≤ 1$ vorausgesetzt wird.
In den Teilaufgaben (5) und (6) soll der relative Fehler ermittelt werden, wenn die Symbolwahrscheinlichkeit $p$ per Simulation $($also als relative Häufigkeit $h)$ ermittelt wurde und sich dabei fälschlicherweise $h = 0.9 \cdot p$ ergeben hat. Der relative Fehler ist dann wie folgt gegeben:
- $$\varepsilon_{H} = \frac{H_{\rm bin}(h)- H_{\rm bin}(p)}{H_{\rm bin}(p)}\hspace{0.05cm}.$$
Hinweis:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Gedächtnislose Nachrichtenquellen.
Fragebogen
Musterlösung
- Die Entropiefunktion $H'_{\rm bin}(p)$ lautet entsprechend der Angabe:
- $$H'_{\rm bin}(p) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} p \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}\frac{1}{\hspace{0.1cm}p\hspace{0.1cm}} + (1-p) \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}\frac{1}{1-p} = {\rm ln}\hspace{0.1cm}2 \cdot \left [ p \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac{1}{\hspace{0.1cm}p\hspace{0.1cm}} + (1-p) \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac{1}{1-p}\right ]$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} H'_{\rm bin}(p) \hspace{0.15cm}{\rm (in \hspace{0.15cm} nat)}= {\rm ln}\hspace{0.1cm}2 \cdot H_{\rm bin}(p) \hspace{0.15cm}{\rm (in \hspace{0.15cm} bit)} = 0.693\cdot H_{\rm bin}(p)\hspace{0.05cm}.$$
(2) Die Optimierungsbedingung lautet ${\rm d}H_{\rm bin}(p)/{\rm d}p = 0$ bzw.
- $$\frac{{\rm d}H'_{\rm bin}(p)}{{\rm d}p} \stackrel{!}{=} 0 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac{\rm d}{{\rm d}p} \big [ - p \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}p - (1-p) \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}({1-p})\big ] \stackrel{!}{=} 0$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} - {\rm ln}\hspace{0.1cm}p - p \cdot \frac {1}{p}+ {\rm ln}\hspace{0.1cm}(1-p) + (1-p)\cdot \frac {1}{1- p}\stackrel{!}{=} 0$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm ln}\hspace{0.1cm}\frac {1-p}{p}= 0 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}\frac {1-p}{p}= 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline { p = 0.5}\hspace{0.05cm}.$$
- Die Entropiewerte für $p = 0.5$ lauten somit:
- $$H'_{\rm bin}(p = 0.5) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} -2 \cdot 0.5 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}0.5 = {\rm ln}\hspace{0.1cm}2 = 0.693 \, {\rm nat}\hspace{0.05cm},$$
- $$ H_{\rm bin}(p = 0.5) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} -2 \cdot 0.5 \cdot {\rm ld}\hspace{0.1cm}0.5 = {\rm log_2}\hspace{0.1cm}2 \hspace{0.15cm}\underline {= 1 \, {\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$
(3) Für $p = 5\%$ erhält man:
- $$H_{\rm bin}(p = 0.05) \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 0.05 \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac{1}{0.05}+ 0.95 \cdot {\rm log_2}\hspace{0.1cm}\frac{1}{0.95}= \frac{1}{0.693} \cdot \big [ 0.05 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}20+ 0.95 \cdot {\rm ln}\hspace{0.1cm}1.053\big ] \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.286 \, {\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$
(4) Diese Teilaufgabe lässt sich nicht in geschlossener Form lösen, sondern durch „Probieren”.
- Eine Lösung liefert das Ergebnis:
- $$H_{\rm bin}(p = 0.10) = 0.469 \, {\rm bit}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}H_{\rm bin}(p = 0.12) = 0.529 \, {\rm bit}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} H_{\rm bin}(p = 0.11) \approx 0.5 \, {\rm bit} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}p_1 \approx 0.11\hspace{0.05cm}. $$
- Die zweite (gesuchte) Lösung ergibt sich aus der Symmetrie von $H_{\rm bin}(p)$ zu $p_2 = 1 -p_1 \hspace{0.15cm}\underline{= 0.89}$.
(5) Mit $p = 0.45$ erhält man $H_{\rm bin}(p) = 0.993\hspace{0.05cm}\rm bit$. Der relative Fehler bezüglich Entropie ist somit
- $$\varepsilon_{H} = \frac{H_{\rm bin}(p = 0.45)- H_{\rm bin}(p= 0.5)}{H_{\rm bin}(p = 0.5)}= \frac{0.993- 1}{1}\hspace{0.15cm}\underline {= -0.7 \, {\rm \%}} \hspace{0.05cm}.$$
- Das Minuszeichen deutet darauf hin, dass der Entropiewert $H_{\rm bin}(p) = 0.993\hspace{0.05cm}\rm bit$ zu klein ist.
- Hätte die Simulation den zu großen Wert $p = 0.55$ ergeben, so wäre die Entropie und auch der relative Fehler genau so groß.
(6) Es gilt $H_{\rm bin}(p = 0.045) = 0.265\hspace{0.05cm}\rm bit$.
- Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (3) ⇒ $H_{\rm bin}(p = 0.05) = 0.286\hspace{0.05cm}\rm bit$ folgt daraus für den relativen Fehler bezüglich der Entropie:
- $$\varepsilon_{H} = \frac{H_{\rm bin}(p = 0.045)- H_{\rm bin}(p= 0.05)}{H_{\rm bin}(p = 0.05)}= \frac{0.265- 0.286}{0.286}\hspace{0.15cm}\underline {= -7.3 \, {\rm \%}} \hspace{0.05cm}.$$
- Das Ergebnis zeigt:
- Eine falsche Bestimmung der Symbolwahrscheinlichkeiten um $10\%$ macht sich für $p = 0.05$ aufgrund des steileren $H_{\rm bin}(p)$–Verlaufs deutlich stärker bemerkbar als für $p = 0.5$.
- Eine zu große Wahrscheinlichkeit $p = 0.055$ hätte zu $H_{\rm bin}(p = 0.055) = 0.307\hspace{0.05cm}\rm bit$ geführt und damit zu einer Verfälschung um $\varepsilon_H = +7.3\%$. In diesem Bereich verläuft die Entropiekurve also (mit guter Näherung) linear.
