Aufgabe 4.08Z: Fehlerwahrscheinlichkeit bei drei Symbolen

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Entscheidungsregionen bei  $M = 3$ Symbolen

Die Grafik zeigt die genau gleiche Signalraumkonstellation wie in der  Aufgabe 4.8:

  • die  $M = 3$  möglichen Sendesignale, nämlich
$$\boldsymbol{ s }_0 = (-1, \hspace{0.1cm}1)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \boldsymbol{ s }_1 = (1, \hspace{0.1cm}2)\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \boldsymbol{ s }_2 = (2, \hspace{0.1cm}-1)\hspace{0.05cm}.$$
  • die  $M = 3$  Entscheidungsgrenzen
$$G_{01}\text{:} \hspace{0.4cm} y \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} 1.5 - 2 \cdot x\hspace{0.05cm},$$
$$G_{02}\text{:} \hspace{0.4cm} y \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} -0.75 +1.5 \cdot x\hspace{0.05cm},$$
$$G_{12}\text{:} \hspace{0.4cm} y \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} x/3\hspace{0.05cm}.$$


Die beiden Achsen des 2D–Signalraums sind hier vereinfachend mit  $x$  und  $y$  bezeichnet; eigentlich müsste hierfür  $\varphi_1(t)/\sqrt {E}$  bzw.  $\varphi_2(t)/\sqrt {E}$  geschrieben werden.

Diese Entscheidungsgrenzen sind optimal unter den beiden Voraussetzungen:

  • gleichwahrscheinliche Symbolwahrscheinlichkeiten,
  • zirkulär–symmetrische WDF des Rauschens (z.B. AWGN).


In dieser Aufgabe betrachten wir dagegen für die Rausch–WDF eine zweidimensionale Gleichverteilung:

$$\boldsymbol{ p }_{\boldsymbol{ n }} (x,\hspace{0.15cm} y) = \left\{ \begin{array}{c} K\\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c}{\rm f\ddot{u}r} \hspace{0.15cm}|x| <A, \hspace{0.15cm} |y| <A \hspace{0.05cm}, \\ {\rm sonst} \hspace{0.05cm}.\\ \end{array}$$
  • Ein solches amplitudenbegrenztes Rauschen ist zwar ohne jede praktische Bedeutung.
  • Es ermöglicht jedoch eine Fehlerwahrscheinlichkeitsberechnung ohne umfangreiche Integrale, aus der das Prinzip der Vorgehensweise erkennbar wird.




Hinweise:

  • Zur Vereinfachung der Schreibweise wird nachfolgend verwendet:
$$x = {\varphi_1(t)}/{\sqrt{E}}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} y = {\varphi_2(t)}/{\sqrt{E}}\hspace{0.05cm}.$$


Fragebogen

1

Welchen Wert besitzt die Konstante  $K$  für  $A = 0.75$?

$\boldsymbol{K} \ = \ $

2

Welche Symbolfehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich mit  $A = 0.75$?

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

3

Welche Aussagen sind für  $A = 1$  zutreffend?

Alle Nachrichten  $m_i$  werden in gleicher Weise verfälscht.
Bedingte Fehlerwahrscheinlichkeit  ${\rm Pr(Fehler} \hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} {\it m}_0) = 1/64$.
Bedingte Fehlerwahrscheinlichkeit  ${\rm Pr(Fehler} \hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} {\it m}_1) = 0$.
Bedingte Fehlerwahrscheinlichkeit  ${\rm Pr(Fehler} \hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} {\it m}_2) = 0$.

4

Welche Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich mit  $A=1$  und  ${\rm Pr}(m_0) = {\rm Pr}(m_1) = {\rm Pr}(m_2) = 1/3$?

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

5

Welche Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich mit  $A=1$  und  ${\rm Pr}(m_0) = {\rm Pr}(m_1) = 1/4$  sowie  ${\rm Pr}(m_2) = 1/2$?

$p_{\rm S} \ = \ $

$\ \%$

6

Könnte man durch Festlegung anderer Regionen ein besseres Ergebnis erzielen?

Ja.
Nein.


Musterlösung

Rauschgebiete mit $A = 0.75$

(1)  Das Volumen der 2D–WDF muss $p_n(x, y) =1$ ergeben, das heißt:

$$2A \cdot 2A \cdot K = 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K = \frac{1}{4A^2}\hspace{0.05cm}.$$
  • Mit $A = 0.75$   ⇒   $2A = 3/2$ erhält man $K = 4/9 \ \underline {=0.444}$.


(2)  In nebenstehender Grafik ist die Rauschkomponente $\boldsymbol{n}$ durch die Quadrate der Kantenlänge $1.5$ um die 2D–Signalraumpunkte $\boldsymbol{s}_i$ eingezeichnet.

  • Man erkennt, dass keine Entscheidungsgrenze durch Rauschkomponenten überschritten wird.
  • Daraus folgt:  Die Symbolfehlerwahrscheinlichkeit ist unter den hier gegebenen Voraussetzungen $p_{\rm S}\ \underline { \equiv 0}$.


(3)  Richtig sind die Aussagen 2 und 4, wie aus der unteren Grafik abgelesen werden kann:

  • Die Nachricht $m_2$ kann nicht verfälscht werden, da das Quadrat um $\boldsymbol{s}_2$ vollständig im rechten unteren Quadranten und damit im Entscheidungsgebiet $I_2$ liegt.
  • Ebenso wurde mit Sicherheit $m_2$ gesendet, wenn der Empfangswert im Entscheidungsgebiet $I_2$ liegt.
    Der Grund: Keines der Quadrate um $\boldsymbol{s}_0$ und $\boldsymbol{s}_1$ reicht bis in das Gebiet $I_2$ hinein.
  • $m_0$ kann nur zu $m_1$ verfälscht werden. Die (bedingte) Verfälschungswahrscheinlichkeit ist gleich dem Verhältnis der Flächen des gelben Dreiecks (Fläche $1/16$) und des Quadrats (Fläche 4):
Rauschgebiete mit A = 1
$${\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_0 ) = \frac{1/2 \cdot 1/2 \cdot 1/4}{4}= {1}/{64} \hspace{0.05cm}.$$
  • Aus Symmetriegründen gilt gleichermaßen:
$${\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_1 ) = {\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_0 )={1}/{64} \hspace{0.05cm}. $$


(4)  Bei gleichwahrscheinlichen Symbolen erhält man für die (mittlere) Fehlerwahrscheinlichkeit:

$$p_{\rm S} = {\rm Pr}({ \cal E} ) = {1}/{3} \cdot \big [{\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_0 ) + {\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_1 )+{\rm Pr}({ \cal E}\hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} m_2 )\big ]$$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm} p_{\rm S} = {\rm Pr}({ \cal E} ) = {1}/{3} \cdot \left [{1}/{64} + {1}/{64} + 0 )\right ]= \frac{2}{3 \cdot 64} = {1}/{96}\hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 1.04 \%} \hspace{0.05cm}.$$


(5)  Nun ergibt sich eine kleinere mittlere Fehlerwahrscheinlichkeit, nämlich

$$p_{\rm S} = {\rm Pr}({ \cal E} ) = {1}/{4} \cdot {1}/{64} + {1}/{4} \cdot {1}/{64}+ {1}/{2} \cdot0 = {1}/{128}\hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.78 \% } \hspace{0.05cm}. $$


(6)  Richtig ist JA:

  • Beispielsweise ergäbe sich durch     $I_1$: erster Quadrant,     $I_0$: zweiter Quadrant,     $I_2 \text{:} \ y < 0$     die Fehlerwahrscheinlichkeit Null.
  • Das bedeutet, dass die vorgegebenen Grenzen nur bei zirkulär symmetrischer WDF des Rauschens optimal sind, zum Beispiel beim AWGN–Kanal.