Aufgabe 1.17: Zum Kanalcodierungstheorem

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Kanalkapazität (grün) und Coderaten (rote Punkte) einiger etablierter Systeme

Die Grafik zeigt die maximal zulässige Coderate  $R < C$  gemäß Shannons  Kanalcodierungstheorem:

  • Die grüne Grenzkurve gibt die Kanalkapazität  $C$  für den AWGN–Kanal unter der Voraussetzung eines binären Eingangssignals („BPSK”) an.
  • In der  Aufgabe 1.17Z  wird hierfür eine einfache Näherung angegeben. Mit der zweiten Abszisse
$$x = \frac {1.6\,{\rm dB} + 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 }{1\,{\rm dB}}$$
ergibt sich näherungsweise:
$$C \approx \hspace{0.15cm} \left\{ \begin{array}{c} 1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x} \\ \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}} x > 0, \\ \\{\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}} x < 0. \end{array}$$
  • Gilt  $R < C$, so kann ein Code gefunden werden, der bei unendlich langen Blöcken  $(n → ∞)$  zur Fehlerwahrscheinlichkeit "Null" führt. Wie dieser Code aussieht, ist durch das Kanalcodierungstheorem nicht festgelegt und spielt für diese Aufgabe auch keine Rolle.


In die Grafik als Punkte eingezeichnet sind die Kenngrößen etablierter Codiersysteme:

  • Die Punkte  $\rm X$,  $\rm Y$  und  $\rm Z$  markieren drei Hamming–Codes unterschiedlicher Codelängen, nämlich mit  $n = 7$,  $n = 15$  und  $n = 31$.
  • Das Codiersystem  $\rm W$  ist durch die Kenngrößen  $R = 0.5$  und  $10 \ · \ \lg {E_{\rm B}/N_0} = 3 {\rm dB}$  gekennzeichnet.




Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Kapitel  Informationstheoretische Grenzen der Kanalcodierung.
  • Die informationstheoretische Grenze „Kanalkapazität” bezieht sich auf die Fehlerwahrscheinlichkeit  $\rm BER =0$.
  • Die eingezeichneten Punkte realer Übertragungssysteme ergeben sich dagegen unter der Annahme  $\rm BER = 10^{–5}$.



Fragebogen

1

Welche der Punkte gehören zu welchem Hamming–Code? Hinweis:   Die Grafik wurde für  $\rm BER = 10^{–5}$  erstellt.

$\rm X$  bezeichnet den  $(7, 4, 3)$–Hamming–Code.
$\rm Y$  bezeichnet den  $(15, 11, 3)$–Hamming–Code.
$\rm Z$  bezeichnet den  $(31, 26, 3)$–Hamming–Code.

2

In welche Richtung(en) werden sich die Punkte  $\rm X$,  $\rm Y$  und  $\rm Z$  verschieben, wenn die Grafik für  $\rm BER = 10^{–10}$  erstellt werden soll?

Nach links,
nach rechts,
nach oben.

3

Bis zu welcher Coderate  $R_{\rm max}$  könnte man ein System mit gleichem  $E_{\rm B}/N_{0} = 3 \ {\rm dB}$  wie System  $\rm W$  betreiben?

$R_{\rm max} \ = \ $

4

Um welchen Faktor  $A > 1$  könnte die Sendeleistung von System  $\rm W$  nach der Kanalkapazitätskurve mit  $ R = 0.5$  herabgesetzt werden?

$A \ = \ $


Musterlösung

(1)  Richtig sind alle Lösungsvorschläge:

  • Aus der Grafik erkennt man bereits, dass die Rate von  $\rm Z$  größer ist als die Rate von  $\rm Y$  und die Rate von  $\rm Y$  größer ist als die Rate von  $\rm X$.
  • Die tatsächlichen Raten dieser drei Systeme sind $R_{\rm X} = 4/7 = 0.571$, $R_{\rm Y} = 11/15 = 0.733$ und $R_{\rm Z} = 26/31 = 0.839$.
  • Da zudem der $(31, 26, 3)$–Hamming–Code   ⇒   Code  $\rm Z$  die größte Codewortlänge $n$ aufweist, benötigt er trotz größerer Coderate  $R$  für  ${\rm BER} = 10^{–5}$  ein geringeres  $E_{\rm B}/N_{0}$  als die beiden anderen Hamming–Codes.


(2)  Richtig ist die Antwort 2:

  • Für eine kleinere Bitfehlerrate benötigt man stets ein größeres $E_{\rm B}/N_{0}$.
  • Eine vertikale Verschiebung gibt es nicht, da sich auch mit $\rm BER = 10^{–10}$ an den Coderaten nichts ändert.


(3)  Für den logarithmierten AWGN–Parameter $10 · \lg {E_{\rm B}/N_0} = 3 \ {\rm dB}$ ergibt sich die vorne angegebene Hilfsgröße $x = 1.6 + 3 = 4.6.$ Damit erhält man:

$$R_{\rm max} = C (x = 4.6)= 1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} 4.6} \hspace{0.15cm} \underline{= 0.84} \hspace{0.05cm}.$$


(4)  Entsprechend der vorgegebenen Gleichung gilt nun:

$$1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x} = 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x = \frac{-{\rm ln}(0.5)}{-0.4} = 1.73\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 1.73 - 1.6 = 0.13 \,{\rm dB}\hspace{0.05cm}.$$

$10 · \lg {E_{\rm B}/N_0}$ könnte demnach um $3 \ \rm dB - 0.13 \ dB = 2.87 \ dB$ herabgesetzt werden, also um den Faktor $A = 10^{0.287}\hspace{0.15cm} \underline{= 1.94} \hspace{0.05cm}.$