Aufgaben:Aufgabe 1.5: Binäre Markovquelle: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 16. März 2026, 14:34 Uhr

Die Aufgabe 1.4 hat gezeigt, dass die Berechnung der Entropie bei einer gedächtnisbehafteten Quelle sehr aufwändig sein kann. Man muss dann zunächst (sehr viele) Entropienäherungen $H_k$ für $k$–Tupel berechnen und kann erst dann die Quellenentropie mit dem Grenzübergang $k \to \infty$ ermitteln:

$$H = \lim_{k \rightarrow \infty } H_k \hspace{0.05cm}.$$

Oft tendiert dabei $H_k$ nur sehr langsam gegen den Grenzwert $H$.

Der Rechengang wird drastisch reduziert, wenn die Nachrichtenquelle Markoveigenschaften besitzt. Die Grafik zeigt das Übergangsdiagramm für eine binäre Markovquelle mit den zwei Zuständen (Symbolen) $\rm A$ und $\rm B$.

Dieses ist durch die beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} = p$ und $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = q$ eindeutig bestimmt.
Die anderen bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$ und $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}$ sowie die (unbedingten) Symbolwahrscheinlichkeiten $p_{\rm A}$ und $p_{\rm B}$ lassen sich daraus ermitteln.

Die Entropie der binären Markovkette (mit der Einheit „bit/Symbol”) lautet dann:

$$H = H_{\rm M} = p_{\rm AA} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm BA} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}\hspace{0.05cm}.$$

Bei dieser Gleichung ist zu beachten, dass im Argument des Logarithmus dualis jeweils die bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$, $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$, ... einzusetzen sind, während für die Gewichtung die Verbundwahrscheinlichkeiten $p_{\rm AA}$, $p_{\rm AB}$, ... zu verwenden sind.

Mit der Entropienäherung erster Ordnung,

$$H_1 = p_{\rm A} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A}} + p_{\rm B} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B}}\hspace{0.5cm}({\rm Einheit\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.1cm}bit/Symbol})\hspace{0.05cm},$$

sowie der oben angegebenen (tatsächlichen) Entropie $H = H_{\rm M}$ lassen sich bei einer Markovquelle auch alle weiteren Entropienäherungen $(k = 2,, 3, \text{...})$ direkt angeben:

$$H_k = \frac{1}{k} \cdot \big [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M} \big ] \hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Nachrichtenquellen mit Gedächtnis.
Bezug genommen wird insbesondere auch auf die beiden Seiten Schnittmenge und Bedingte Wahrscheinlichkeit.
Mit Ausnahme der Teilaufgabe (6) gelte stets $p = 1/4$ und $q = 1/2$.

Für die (ergodischen) Symbolwahrscheinlichkeiten einer Markovkette erster Ordnung gilt:

$$ p_{\rm A} = \frac {p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}p_{\rm B} = \frac {p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} \hspace{0.05cm}.$$

Fragebogen

$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \ = \ $

$p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \ = \ $

$p_{\rm A} \ = \ $

$p_{\rm B} \ = \ $

$H_1 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_2 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_3 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H_4 \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

$H \ = \ $ $\ \rm bit/Symbol$

Musterlösung

Markovdiagramm für die Teilaufgaben **(1)**, ... , **(5)**

Nach $\rm A$ sind $\rm A$ und $\rm B$ gleichwahrscheinlich. Nach $\rm B$ tritt $\rm B$ sehr viel häufiger als $\rm A$ auf. Für die Übergangswahrscheinlichkeiten gilt:

$$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 1 - p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}= 1 - q \hspace{0.15cm} \underline {= 0.5} \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \hspace{0.1cm} = \hspace{0.1cm} 1 - p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}= 1 - p \hspace{0.15cm} \underline {= 0.75} \hspace{0.05cm}.$$

(2) Entsprechend den angegebenen Gleichungen gilt:

$$p_{\rm A}= \frac{p}{p+q} = \frac{0.25}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.333} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm}p_{\rm B} = \frac{q}{p+q} = \frac{0.50}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.667} \hspace{0.05cm}.$$

(3) Mit den in der letzten Teilaufgabe berechneten Wahrscheinlichkeiten gilt:

$$H_{\rm 1} = H_{\rm bin}(p_{\rm A}) = 1/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) + 2/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (1.5) =1.585 - 2/3\hspace{0.15cm} \underline {= 0.918 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(4) Die Entropie der Markovquelle lautet entsprechend der Angabe:

$$H = p_{\rm AA} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm BA} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}\hspace{0.05cm}.$$

Für die Verbundwahrscheinlichkeiten gilt:

$$p_{\rm AA} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = (1-q) \cdot \frac{p}{p+q} =\frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} = {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm AB} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = q \cdot \frac{p}{p+q} =\frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} = {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm BA} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = p \cdot \frac{q}{p+q} =p_{\rm AB} = {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$

$$ p_{\rm BB} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = (1-p) \cdot \frac{q}{p+q} =\frac{3/4 \cdot 1/2}{3/4} = {1}/{2} $$

$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} H = 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4/3) = 10/6 - 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.875 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(5) Allgemein gilt mit $H_{\rm M} = H$ für die $k$–te Entropienäherung:

$$H_k = {1}/{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M}] \hspace{0.05cm}.$$

Daraus folgt:

$$H_2 = {1}/{2} \cdot [ 0.918 + 1 \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.897 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm},$$

$$ H_3 = {1}/{3} \cdot [ 0.918 + 2 \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.889 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm},$$

$$ H_4 = {1}/{4} \cdot [ 0.918 + 3 \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.886 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

(6) Mit dem neuen Parametersatz $(p = 1/4, q = 3/4)$ erhält man für die Symbolwahrscheinlichkeiten:

$$ p_{\rm A} = 1/4, \ p_{\rm B} = 3/4.$$

Dieser Sonderfall führt demnach zu statistisch unabhängigen Symbolen:

$$ p_{\rm A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm B} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}\hspace{0.05cm}.$$

Damit ist die Entropie $H$ identisch mit der Entropienäherung $H_1$:

$$H = H_{\rm 1} = 1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 3/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4/3) =2 - 0.75 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.811 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$

Die Entropienäherungen $H_2$, $H_3$, $H_4$, ... liefern hier ebenfalls das Ergebnis $0.811 \, \rm bit/Symbol$.

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 }}
-[[Datei:P_ID2250__Inf_A_1_5.png|right|Betrachtetes binäres Markovdiagramm]]
+[[Datei:P_ID2250__Inf_A_1_5.png|right|frame|Binäres Markovdiagramm]]
-Die [[Aufgaben:1.4_Entropienäherungen_für_den_AMI-Code|Aufgabe 1.4]] hat gezeigt, dass die Berechnung der Entropie bei einer gedächtnisbehafteten Quelle sehr aufwändig sein kann. Man muss dann zunächst (sehr viele) Entropienäherungen $H_k$ für $k$&ndash;Tupel berechnen und kann erst  dann mit dem Grenzübergang $k \to \infty$ die Quellenentropie ermitteln:
+Die&nbsp; [[Aufgaben:1.4_Entropienäherungen_für_den_AMI-Code|Aufgabe 1.4]]&nbsp; hat gezeigt, dass die Berechnung der Entropie bei einer gedächtnisbehafteten Quelle sehr aufwändig sein kann.&nbsp; Man muss dann zunächst (sehr viele) Entropienäherungen&nbsp; $H_k$&nbsp; für&nbsp; $k$&ndash;Tupel berechnen und kann erst  dann  die Quellenentropie mit dem Grenzübergang&nbsp; $k \to \infty$&nbsp; ermitteln:
 :$$H  =  \lim_{k \rightarrow \infty } H_k  \hspace{0.05cm}.$$
-Oft tendiert dabei $H_k$ nur sehr langsam gegen den Grenzwert $H$.
+Oft tendiert dabei&nbsp; $H_k$&nbsp; nur sehr langsam gegen den Grenzwert&nbsp; $H$.
-Der Rechengang wird drastisch reduziert, wenn die Nachrichtenquelle Markoveigenschaften besitzt. Die Grafik zeigt das Übergangsdiagramm für eine binäre Markovquelle mit den zwei Zuständen (Symbolen) $\rm A$ und $\rm B$.
+Der Rechengang wird drastisch reduziert, wenn die Nachrichtenquelle Markoveigenschaften besitzt.&nbsp; Die Grafik zeigt das Übergangsdiagramm für eine binäre Markovquelle mit den zwei Zuständen (Symbolen)&nbsp; $\rm A$&nbsp; und&nbsp; $\rm B$.
-*Dieses ist durch die beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} = p$ und $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = q$ eindeutig bestimmt.
+*Dieses ist durch die beiden bedingten Wahrscheinlichkeiten&nbsp; $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} = p$ &nbsp;und&nbsp; $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = q$&nbsp; eindeutig bestimmt.
-*Die bedingten Wahrscheinlichkeiten $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$ und $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}$ sowie die Symbolwahrscheinlichkeiten $p_{\rm A}$ und $p_{\rm B}$ lassen sich daraus ermitteln.
+*Die anderen  bedingten Wahrscheinlichkeiten&nbsp; $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$ &nbsp;und&nbsp; $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}$&nbsp; sowie die (unbedingten) Symbolwahrscheinlichkeiten&nbsp; $p_{\rm A}$&nbsp; &nbsp;und&nbsp; $p_{\rm B}$&nbsp; lassen sich daraus ermitteln.
-Die Entropie der binären Markovkette (mit der Einheit &bdquo;bit/Symbol&rdquo;) lautet dann:
+Die Entropie der binären Markovkette&nbsp; (mit der Einheit &bdquo;bit/Symbol&rdquo;)&nbsp; lautet dann:
-:$$H = H_{\rm M} =  p_{\rm AA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB}   \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +  p_{\rm BA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB}  \cdot
+:$$H = H_{\rm M} =  p_{\rm AA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB}   \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +  p_{\rm BA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB}  \cdot  {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}\hspace{0.05cm}.$$
-{\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}
+Bei dieser Gleichung ist zu beachten, dass im Argument des <i>Logarithmus dualis</i>&nbsp; jeweils die&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Statistische_Abhängigkeit_und_Unabhängigkeit#Bedingte_Wahrscheinlichkeit|bedingten Wahrscheinlichkeiten]]&nbsp; $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$,&nbsp; $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$, ... &nbsp; einzusetzen sind, während für die Gewichtung die&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Mengentheoretische_Grundlagen#Schnittmenge|Verbundwahrscheinlichkeiten]]&nbsp; $p_{\rm AA}$,&nbsp; $p_{\rm AB}$, ... &nbsp; zu verwenden sind.
- \hspace{0.05cm}.$$
-Bei dieser Gleichung ist zu beachten, dass im Argument des <i>Logarithmus dualis</i> jeweils die [[Stochastische_Signaltheorie/Statistische_Abhängigkeit_und_Unabhängigkeit#Bedingte_Wahrscheinlichkeit|bedingten Wahrscheinlichkeiten]] $p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$, $p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}$, ... einzusetzen sind, während für die Gewichtung die [[Stochastische_Signaltheorie/Mengentheoretische_Grundlagen#Schnittmenge|Verbundwahrscheinlichkeiten]] $p_{\rm AA}$, $p_{\rm AB}$, ... zu verwenden sind.
 Mit der Entropienäherung erster Ordnung,
-:$$H_1 = p_{\rm A}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A}} + p_{\rm B}  \cdot
+:$$H_1 = p_{\rm A}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A}} + p_{\rm B}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B}}\hspace{0.5cm}({\rm Einheit\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.1cm}bit/Symbol})\hspace{0.05cm},$$
-{\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B}}
+sowie der oben angegebenen (tatsächlichen) Entropie&nbsp; $H = H_{\rm M}$&nbsp; lassen sich bei einer Markovquelle auch alle weiteren Entropienäherungen&nbsp; $(k = 2,, 3, \text{...})$&nbsp; direkt angeben:
- \hspace{0.5cm}({\rm Einheit\hspace{-0.1cm}: \hspace{0.1cm}bit/Symbol})\hspace{0.05cm},$$
+:$$H_k =  \frac{1}{k} \cdot \big [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M} \big ] \hspace{0.05cm}.$$
-sowie der oben angegebenen (tatsächlichen) Entropie $H = H_{\rm M}$ lassen sich bei einer Markovquelle auch alle weiteren Entropienäherungen ($k = 2,, 3$, ...) direkt berechnen:
-:$$H_k =  \frac{1}{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M}]
- \hspace{0.05cm}.$$
 ''Hinweise:''
-*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel [[Informationstheorie/Nachrichtenquellen_mit_Gedächtnis|Nachrichtenquellen mit Gedächtnis]].
+*Die Aufgabe gehört zum  Kapitel&nbsp; [[Informationstheorie/Nachrichtenquellen_mit_Gedächtnis|Nachrichtenquellen mit Gedächtnis]].
-*Bezug genommen wird insbesondere auch auf die beiden Seiten   [[Stochastische_Signaltheorie/Mengentheoretische_Grundlagen#Schnittmenge|Schnittmenge]] und [[Stochastische_Signaltheorie/Statistische_Abhängigkeit_und_Unabhängigkeit#Bedingte_Wahrscheinlichkeit|Bedingte Wahrscheinlichkeit]].
+*Bezug genommen wird insbesondere auch auf die beiden Seiten&nbsp;   [[Stochastische_Signaltheorie/Mengentheoretische_Grundlagen#Schnittmenge|Schnittmenge]]&nbsp; und&nbsp; [[Stochastische_Signaltheorie/Statistische_Abhängigkeit_und_Unabhängigkeit#Bedingte_Wahrscheinlichkeit|Bedingte Wahrscheinlichkeit]].
-*Mit Ausnahme der Teilaufgabe (6) gelte stets  $p = 1/4$ und $q = 1/2$.
+*Mit Ausnahme der Teilaufgabe&nbsp; '''(6)'''&nbsp; gelte stets&nbsp;  $p = 1/4$ &nbsp;und&nbsp; $q = 1/2$.
 *Für die (ergodischen) Symbolwahrscheinlichkeiten einer Markovkette erster Ordnung gilt:
-:$$ p_{\rm A}  = \frac {p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}
+:$$ p_{\rm A}  = \frac {p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}  \hspace{0.05cm},  \hspace{0.3cm}p_{\rm B}  = \frac {p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}  \hspace{0.05cm}.$$
-{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}  \hspace{0.05cm},  \hspace{0.3cm}
-p_{\rm B}  = \frac {p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}
-{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} + p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}}  \hspace{0.05cm}.$$
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 <quiz display=simple>
-{Geben Sie die Übergangswahrscheinlichkeiten für $p = 1/4$ und $q = 1/2$ an.
+{Geben Sie die Übergangswahrscheinlichkeiten für &nbsp;$p = 1/4$ &nbsp;und&nbsp; $q = 1/2$ an.
 |type="{}"}
-$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \ = $  { 0.5 3% }
+$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \ = \ $  { 0.5 3% }
-$p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \ = $ { 0.75 3% }
+$p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \ =  \  $ { 0.75 3% }
-{Wie groß sind die Symbolwahrscheinlichkeiten? Es gelte weiterhin $p = 1/4$ und $q = 1/2$.
+{Wie groß sind die (unbedingten) Symbolwahrscheinlichkeiten?&nbsp; Es gelte weiterhin &nbsp;$p = 1/4$ &nbsp;und&nbsp; $q = 1/2$.
 |type="{}"}
-$p_{\rm A} \ = $  { 0.333 3% }
+$p_{\rm A} \ =  \  $  { 0.333 3% }
-$p_{\rm B} \ = ${ 0.667 3% }
+$p_{\rm B} \ =  \  ${ 0.667 3% }
 {Geben Sie die dazugehörige Entropienäherung erster Ordnung an.
 |type="{}"}
-$H_1  \ = $ { 0.918 1% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H_1  \ =  \ $ { 0.918 1% } $\ \rm bit/Symbol$
-{Welche Entropie $H = H_{\rm M}$ besitzt diese Markovquelle mit $p = 1/4$ und $q = 1/2$?
+{Welche Entropie&nbsp; $H = H_{\rm M}$&nbsp; besitzt diese Markovquelle mit &nbsp;$p = 1/4$ &nbsp;und&nbsp; $q = 1/2$?
 |type="{}"}
-$H \  =$ { 0.875 1% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H \  =  \ $ { 0.875 1% } $\ \rm bit/Symbol$
-{Welche Näherungen $H_k$ ergeben sich aufgrund der Markoveigenschaften?
+{Welche Entropienäherungen&nbsp; $H_k$&nbsp; ergeben sich aufgrund der Markoveigenschaften?
 |type="{}"}
-$H_2 \  =$ { 0.897 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H_2 \  =  \ $ { 0.897 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
-$H_3 \  =$ { 0.889 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H_3 \  =  \ $ { 0.889 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
-$H_4 \  =$ { 0.886 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H_4 \  =  \ $ { 0.886 0.5% } $\ \rm bit/Symbol$
-{Welche Entropie $H = H_{\rm M}$ besitzt die Markovquelle mit $p = 1/4$ und $q = 3/4$?
+{Welche Entropie&nbsp; $H = H_{\rm M}$&nbsp; besitzt die Markovquelle mit &nbsp;$p = 1/4$ &nbsp;und&nbsp; $q = 3/4$?
 |type="{}"}
-$H \  =$  { 0.811 1% } $\ \rm bit/Symbol$
+$H \  =  \ $  { 0.811 1% } $\ \rm bit/Symbol$
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 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-[[Datei:Inf_A_1_5a_vers2.png|right|Markovdiagramm für die Teilaufgaben (1), ... , (5)]]
+[[Datei:Inf_A_1_5a_vers2.png|right|frame|Markovdiagramm für die Teilaufgaben&nbsp; '''(1)''', ... ,&nbsp; '''(5)''']]
-Nach $\rm A$ sind $\rm A$ und $\rm B$ gleichwahrscheinlich. Nach $\rm B$  tritt $\rm B$ sehr viel häufiger als $\rm A$ auf. Für die Übergangswahrscheinlichkeiten gilt:
+Nach&nbsp; $\rm A$&nbsp; sind&nbsp; $\rm A$&nbsp; und&nbsp; $\rm B$&nbsp; gleichwahrscheinlich.&nbsp; Nach&nbsp; $\rm B$&nbsp;  tritt&nbsp; $\rm B$&nbsp; sehr viel häufiger als&nbsp; $\rm A$&nbsp; auf.&nbsp; Für die Übergangswahrscheinlichkeiten gilt:
 :$$p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \hspace{0.1cm} =  \hspace{0.1cm} 1 - p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}= 1 - q \hspace{0.15cm} \underline {= 0.5} \hspace{0.05cm},$$
 :$$ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \hspace{0.1cm} =  \hspace{0.1cm} 1 - p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}= 1 - p \hspace{0.15cm} \underline {= 0.75} \hspace{0.05cm}.$$
 '''(2)'''&nbsp; Entsprechend den angegebenen Gleichungen gilt:
-:$$p_{\rm A}= \frac{p}{p+q} = \frac{0.25}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.333} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm}
+:$$p_{\rm A}= \frac{p}{p+q} = \frac{0.25}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.333} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm}p_{\rm B} = \frac{q}{p+q} = \frac{0.50}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.667}  \hspace{0.05cm}.$$
-p_{\rm B} = \frac{q}{p+q} = \frac{0.50}{0.25 + 0.50} \hspace{0.15cm} \underline {= 0.667}  \hspace{0.05cm}.$$
 '''(3)'''&nbsp; Mit den in der letzten Teilaufgabe berechneten Wahrscheinlichkeiten gilt:
-:$$H_{\rm 1}  =  H_{\rm bin}(p_{\rm A})  =  1/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) + 2/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (1.5) =
+:$$H_{\rm 1}  =  H_{\rm bin}(p_{\rm A})  =  1/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) + 2/3 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (1.5) =1.585 - 2/3\hspace{0.15cm} \underline {= 0.918 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
-.585 - 2/3\hspace{0.15cm} \underline {= 0.918 \,{\rm bit/Symbol}}
-  \hspace{0.05cm}.$$
+'''(4)'''&nbsp; Die Entropie der Markovquelle lautet entsprechend der Angabe:
+:$$H = p_{\rm AA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB}   \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +  p_{\rm BA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB}  \cdot  {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}\hspace{0.05cm}.$$
+*Für die Verbundwahrscheinlichkeiten gilt:
+:$$p_{\rm AA} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = (1-q) \cdot \frac{p}{p+q} =\frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
+:$$ p_{\rm AB} =  p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = q \cdot \frac{p}{p+q} =\frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
+:$$ p_{\rm BA} =  p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = p \cdot \frac{q}{p+q} =p_{\rm AB} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
+:$$ p_{\rm BB} =  p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = (1-p) \cdot \frac{q}{p+q} =\frac{3/4 \cdot 1/2}{3/4} =  {1}/{2} $$
+:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} H  = 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4/3) = 10/6 - 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.875 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
+'''(5)'''&nbsp; Allgemein gilt mit&nbsp; $H_{\rm M} = H$&nbsp; für die&nbsp; $k$&ndash;te Entropienäherung: &nbsp;
+:$$H_k =  {1}/{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M}]  \hspace{0.05cm}.$$
+*Daraus folgt:
+:$$H_2 =  {1}/{2} \cdot [ 0.918 + 1  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.897 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm},$$
+:$$ H_3 = {1}/{3} \cdot [ 0.918 + 2  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.889 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm},$$
+:$$ H_4 =  {1}/{4} \cdot [ 0.918 + 3  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.886 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
-'''(4)'''&nbsp; Die Entropie der Markovquelle lautet entsprechend der Angabe
-:$$H = p_{\rm AA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} + p_{\rm AB}   \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A}} +  p_{\rm BA}  \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}} + p_{\rm BB}  \cdot
-{\rm log}_2\hspace{0.1cm}\frac {1}{ p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}}
- \hspace{0.05cm}.$$
-Für die Verbundwahrscheinlichkeiten gilt:
-:$$p_{\rm AA} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = (1-q) \cdot \frac{p}{p+q} =
- \frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
-:$$ p_{\rm AB} =  p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} \cdot p_{\rm A} = q \cdot \frac{p}{p+q} =
- \frac{1/2 \cdot 1/4}{3/4} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
-:$$ p_{\rm BA} =  p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = p \cdot \frac{q}{p+q} =
- p_{\rm AB} =  {1}/{6} \hspace{0.05cm},$$
-:$$ p_{\rm BB} =  p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B} \cdot p_{\rm B} = (1-p) \cdot \frac{q}{p+q} =
- \frac{3/4 \cdot 1/2}{3/4} =  {1}/{2} $$
-:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} H  = 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (2) + 1/6 \cdot
-{\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.1cm} (4/3) =
-/6 - 1/2 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.875 \,{\rm bit/Symbol}}
- \hspace{0.05cm}.$$
-'''(5)'''&nbsp; Allgemein gilt mit $H_{\rm M} = H$ für die $k$&ndash;Entropienäherung: $H_k =  {1}/{k} \cdot [ H_{\rm 1} + (k-1) \cdot H_{\rm M}]  \hspace{0.05cm}.$ Daraus folgt:
+[[Datei:Inf_A_1_5f_vers2.png|right|frame|Markovdiagramm zur Teilaufgabe&nbsp; '''(6)''']]
-:$$H_2 =  {1}/{2} \cdot [ 0.918 + 1  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.897 \,{\rm bit/Symbol}}
+'''(6)'''&nbsp; Mit dem neuen Parametersatz&nbsp; $(p = 1/4, q = 3/4)$&nbsp; erhält man für die Symbolwahrscheinlichkeiten:
-  \hspace{0.05cm},$$
+:$$ p_{\rm A} =  1/4, \ p_{\rm B} =  3/4.$$
-:$$ H_3 = {1}/{3} \cdot [ 0.918 + 2  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.889 \,{\rm bit/Symbol}}
- \hspace{0.05cm},$$
-:$$ H_4 =  {1}/{4} \cdot [ 0.918 + 3  \cdot 0.875] \hspace{0.15cm} \underline {= 0.886 \,{\rm bit/Symbol}}
- \hspace{0.05cm}.$$
-[[Datei:Inf_A_1_5f_vers2.png|right|Markovdiagramm zur Teilaufgaben (6)]]
+*Dieser Sonderfall führt demnach zu statistisch unabhängigen Symbolen:
-'''(6)'''&nbsp; Mit dem neuen Parametersatz ($p = 1/4, q = 3/4$) erhält man für die Symbolwahrscheinlichkeiten: $ p_{\rm A} =  1/4$ und $ p_{\rm B} =  3/4$. Dieser Sonderfall führt demnach zu statistisch unabhängigen Symbolen:
+:$$ p_{\rm A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm B} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}\hspace{0.05cm}.$$
-:$$ p_{\rm A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm A\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}
+*Damit ist die Entropie&nbsp; $H$&nbsp; identisch mit der Entropienäherung&nbsp; $H_1$:
- \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{\rm B} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}A} = p_{\rm B\hspace{0.01cm}|\hspace{0.01cm}B}
+:$$H = H_{\rm 1}  =  1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 3/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4/3) =2 - 0.75 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.811 \,{\rm bit/Symbol}} \hspace{0.05cm}.$$
- \hspace{0.05cm}.$$
+*Die Entropienäherungen&nbsp; $H_2$,&nbsp; $H_3$,&nbsp; $H_4$,&nbsp; ... &nbsp;liefern hier ebenfalls das Ergebnis&nbsp; $0.811 \, \rm bit/Symbol$.
-Damit ist die Entropie $H$ identisch mit der Entropienäherung $H_1$:
-:$$H = H_{\rm 1}  =  1/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4) + 3/4 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (4/3) =
-- 0.75 \cdot {\rm log}_2\hspace{0.01cm} (3) \hspace{0.15cm} \underline {= 0.811 \,{\rm bit/Symbol}}
- \hspace{0.05cm}.$$
-Die Entropienäherungen $H_2$, $H_3$, $H_4$, ... liefern hier ebenfalls das Ergebnis $0.811 \, \rm bit/Symbol$.
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 [[Category:Aufgaben zu Informationstheorie|^1.2 Nachrichtenquellen mit Gedächtnis^]]
+[[en:Aufgaben:Exercise_1.5:_Binary_Markov_Source]]