Aufgabe 4.5: Nochmals zu den extrinsischen L–Werten

From LNTwww

Tabelle nach dem ersten  $L_{\rm E}(i)$–Ansatz

Wir gehen wie im  Theorieteil  vom  Single Parity–check Code   $\rm SPC \, (3, \, 2, \, 2)$  aus. Die möglichen Codeworte sind  $\underline{x} \hspace{-0.01cm}\in \hspace{-0.01cm} \{ \underline{x}_0,\hspace{0.05cm} \underline{x}_1,\hspace{0.05cm} \underline{x}_2,\hspace{0.05cm} \underline{x}_3\}$  mit

$$\underline{x}_0 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_0 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1)\hspace{0.05cm},$$
$$\underline{x}_1 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_1 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1)\hspace{0.05cm},$$
$$\underline{x}_2 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_2 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1)\hspace{0.05cm},$$
$$\underline{x}_3 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_3 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1)\hspace{0.05cm}.$$

In der Aufgabe verwenden wir meist die zweite (bipolare) Darstellung der Codesymbole:   $x_i ∈ \{+1, -1\}$.

  • Es ist nicht so, dass der  $\rm SPC \, (3, \, 2, \, 2)$  von großem praktischen Interesse wäre, da zum Beispiel bei  Hard Decision  wegen  $d_{\rm min} = 2$  nur ein Fehler erkannt und kein einziger korrigiert werden kann. Der Code ist aber wegen des überschaubaren Aufwands für Übungs– und Demonstrationszwecke gut geeignet.
  • Mit  iterativer symbolweiser Decodierung  kann man auch einen Fehler korrigieren. Beim vorliegenden Code müssen die extrinsischen  $L$–Werte  $\underline{L}_{\rm E} = \big (L_{\rm E}(1), \ L_{\rm E}(2), \ L_{\rm E}(3)\big )$  entsprechend der folgenden Gleichung berechnet werden.
$$L_{\rm E}(i) = {\rm ln} \hspace{0.15cm}\frac{{\rm Pr} \left [w_{\rm H}(\underline{x}^{(-i)})\hspace{0.15cm}{\rm ist \hspace{0.15cm} gerade} \hspace{0.05cm} \right ]}{{\rm Pr} \left [w_{\rm H}(\underline{x}^{(-i)})\hspace{0.15cm}{\rm ist \hspace{0.15cm} ungerade} \hspace{0.05cm} \hspace{0.05cm}\right ]}.$$
Hierbei bezeichnet  $\underline{x}^{(-1)}$  alle Symbole mit Ausnahme von  $x_i$  und ist somit ein Vektor der Länge  $n - 1 = 2$.


Als den  ersten $L_{\rm E}(i)$–Ansatz  bezeichnen wir die Vorgehensweise entsprechend den Gleichungen

$$L_{\rm E}(1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_2/2) \cdot {\rm tanh}(L_3/2) \right ] \hspace{0.05cm},$$
$$L_{\rm E}(2) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_1/2) \cdot {\rm tanh}(L_3/2) \right ] \hspace{0.05cm},$$
$$L_{\rm E}(3) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_1/2) \cdot {\rm tanh}(L_2/2) \right ] \hspace{0.05cm}.$$

(1)  Dieser  $L_{\rm E}(i)$–Ansatz liegt der obigen Ergebnistabelle (rote Einträge) zugrunde, wobei von folgenden Aposteriori–$L$–Werten ausgegangen wird:

$$\underline {L}_{\rm APP} = (+1.0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}+0.4\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-1.0) \hspace{0.5cm}{\rm kurz\hspace{-0.1cm}:}\hspace{0.25cm} L_1 = +1.0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} L_2 = +0.4\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} L_3 = -1.0\hspace{0.05cm}.$$

(2)  Die extrinsischen  $L$–Werte für die nullte Iteration ergeben sich zu  (Herleitung in  Aufgabe 4.5Z):

$$L_{\rm E}(1) = -0.1829, \ L_{\rm E}(2) = -0.4337, \ L_{\rm E}(3) = +0.1829.$$

(3)  Die Aposteriori–Werte zu Beginn der ersten Iteration sind somit

$$\underline{L}^{(I=1)} = \underline{L}^{(I=0)} + \underline{L}_{\hspace{0.02cm}\rm E}^{(I=0)} = (+0.8171\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-0.0337\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-0.8171) \hspace{0.05cm} . $$

(4)  Daraus ergeben sich die neuen extrinsischen Werte für die Iterationsschleife  $I = 1$  wie folgt:

$$L_{\rm E}(1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \big [{\rm tanh}(-0.0337/2) \cdot {\rm tanh}(-0.8171/2) \big ] = 0.0130 = -L_{\rm E}(3)\hspace{0.05cm},$$
$$L_{\rm E}(2) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \big [{\rm tanh}(+0.8171/2) \cdot {\rm tanh}(-0.8171/2) \big ] = - 0.3023\hspace{0.05cm}.$$

Weiter erkennt man aus der obigen Tabelle:

  • Eine harte Entscheidung gemäß den Vorzeichen vor der ersten Iteration  $(I = 0)$ scheitert, da  $(+1, +1, -1)$  kein gültiges  $\rm SPC \, (3, \, 2, \, 2)$–Codewort ist.
  • Aber schon nach  $I = 1$  Iterationen liefert eine harte Entscheidung ein gültiges Codewort, nämlich  $\underline{x}_2 = (+1, -1, -1)$. Auch in späteren Grafiken sind die Zeilen mit erstmals richtigen HD–Entscheidungen blau hinterlegt.
  • Harte Entscheidungen nach weiteren Iterationen  $(I ≥ 2)$  führen jeweils zum gleichen Codewort  $\underline{x}_2$. Diese Aussage gilt nicht nur für dieses Beispiel, sondern ganz allgemein.


Daneben betrachten wir in dieser Aufgabe einen zweiten $L_{\rm E}(i)$–Ansatz, der hier am Beispiel für das erste Symbol $(i = 1)$ angegeben wird:

$${\rm sign} \big[L_{\rm E}(1)\big] \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm sign} \big[L_{\rm E}(2)\big] \cdot {\rm sign} \big[L_{\rm E}(3)\big]\hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} |L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \left ( |L_{\rm E}(2)|\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}|L_{\rm E}(3)| \right ) \hspace{0.05cm}.$$

Dieser zweite Ansatz basiert auf der Annahme, dass die Zuverlässigkeit von  $L_{\rm E}(i)$  im wesentlichen durch das unzuverlässigste Nachbarsymbol bestimmt wird. Das bessere (größere) Eingangs–LLR wird dabei völlig außer Acht gelassen. – Betrachten wir hierzu zwei Beispiele:

(1)  Für  $L_2 = 1.0$  und  $L_3 = 5.0$  ergibt sich beispielsweise

  • nach dem ersten Ansatz:   $L_{\rm E}(1) =2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \big [{\rm tanh}(0.5) \cdot {\rm tanh}(2.5) \big ] =2 \cdot {\rm tanh}^{-1}(0.4559) = 0.984\hspace{0.05cm},$
  • nach dem zweiten Ansatz:   $|L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \big ( 1.0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}5.0 \big ) = 1.000 \hspace{0.05cm}.$


(2)  Dagegen erhält man für  $L_2 = L_3 = 1.0$

  • nach dem ersten Ansatz:   $L_{\rm E}(1) =2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \big [{\rm tanh}(0.5) \cdot {\rm tanh}(0.5) \big ] =2 \cdot {\rm tanh}^{-1}(0.2135) = 0.433\hspace{0.05cm},$
  • nach dem zweiten Ansatz:   $|L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \big ( 1.0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}1.0 \big ) = 1.000 \hspace{0.05cm}.$


Man erkennt die deutliche Diskrepanz zwischen beiden Ansätzen. Der zweite Ansatz (Näherung) ist deutlich positiver als der erste (richtige) Ansatz. Wichtig ist eigentlich aber nur, dass die Iterationen zum gewünschten Decodierergebnis führen.



Hinweise:



Fragebogen

1

Es gelte  $\underline{L} = (+1.0, +0.4, -1.0)$. Ermitteln Sie die extrinsischen  $L$–Werte nach dem zweiten  $L_{\rm E}(i)$–Ansatz ohne vorherige Iteration  $\underline{(I = 0)}$.

$L_{\rm E}(1) \ = \ $

$L_{\rm E}(2) \ = \ $

$L_{\rm E}(3) \ = \ $

2

Wie lauten die Aposteriori–$L$–Werte für die erste Iteration  $\underline{(I = 1)}$?

$L_(1) \ = \ $

$L_(2) \ = \ $

$L_(3) \ = \ $

3

Welcher der folgenden Aussagen gelten für  $\underline{L} = (+1.0, +0.4, -1.0)$?

Hard Decision  nach  $I = 1$  führt zum Codewort  $\underline{x}_1 = (+1, -1, -1)$.
Daran ändert sich auch nach weiteren Iterationen nichts.
Weitere Iterationen erhöhen die Zuverlässigkeit für  $\underline{x}_1$  nicht.

4

Welche der folgenden Aussagen gelten für  $\underline{L} = (+0.6, +1.0, -0.4)$?

Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_0 = (+1, +1, +1)$.
Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_2 = (-1, +1, -1)$.
Dieses Ergebnis liefert auch Hard Decision ab  $I = 1$.

5

Welche der folgenden Aussagen gelten für  $\underline{L} = (+0.6, +1.0, -0.8)$?

Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_0 = (+1, +1, +1)$.
Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_2 = (-1, +1, -1)$.
Dieses Ergebnis liefert auch Hard Decision ab  $I = 1$.

6

Welche der folgenden Aussagen gelten für  $\underline{L} = (+0.6, +1.0, -0.6)$?

Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_0 = (+1, +1, +1)$.
Die iterative Decodierung führt zum Ergebnis  $\underline{x}_2 = (-1, +1, -1)$.
Die iterative Decodierung führt hier nicht zum Ziel.


Musterlösung

Ergebnisse für  $\underline{L}=(+1.0, +0.4, –1.0)$

(1)  Entsprechend dem zweiten $L_{\rm E}(i)$–Ansatz gilt:

$${\rm sign} [L_{\rm E}(1)] \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm sign} [L_{\rm E}(2)] \cdot {\rm sign} [L_{\rm E}(3)] = -1 \hspace{0.05cm},$$
$$|L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \left ( |L_{\rm E}(2)|\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}|L_{\rm E}(3)| \right ) = {\rm Min} \left ( 0.4\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}1.0 \right ) = 0.4\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}L_{\rm E}(1) \hspace{0.15cm} \underline{-0.4}\hspace{0.05cm}.$$
  • In gleicher Weise erhält man:
$$L_{\rm E}(2) \hspace{0.15cm} \underline{-1.0}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm} L_{\rm E}(3) \hspace{0.15cm} \underline{+0.4}\hspace{0.05cm}.$$


(2)  Die Aposteriori–$L$–Werte zu Beginn der ersten Iteration $(I = 1)$ ergeben sich aus der Summe der bisherigen $L$–Werte (für $I = 0$) und den unter (1) berechneten extrinsischen Werten:

$$L_1 = L_{\rm APP}(1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}1.0 + (-0.4)\hspace{0.15cm} \underline{=+0.6}\hspace{0.05cm},$$
$$L_2 = L_{\rm APP}(2) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} 0.4 + (-1.0)\hspace{0.15cm} \underline{=-0.6}\hspace{0.05cm},$$
$$L_3 = L_{\rm APP}(3) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (-1.0) + 0.4\hspace{0.15cm} \underline{=-0.6}\hspace{0.05cm}.$$


(3)  Wie aus obiger Tabelle hervorgeht, sind die Lösungsvorschläge 1 und 2 richtig im Gegensatz zur Antwort 3:

  • Mit jeder neuen Iteration werden die Beträge von $L(1), \ L(2)$ und $L(3)$ signifikant größer.


Ergebnisse für  $\underline{L}=(+0.6, +1.0, –0.4)$

(4)  Wie aus nebenstehender Tabelle hervorgeht, sind die Antworten 1 und 3 richtig:

  • Die Entscheidung fällt also für das Codewort $\underline{x}_0 = (+1, +1, +1)$.
  • Ab $I = 1$ wäre dies auch die Entscheidung von Hard Decision.


Ergebnisse für  $\underline{L}=(+0.6, +1.0, –0.8)$

(5)  Richtig sind die Antworten 2 und 3:

  • Wegen $|L(3)| > |L(1)|$ gilt bereits ab $I = 1$:   $L_1 < 0 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} L_2 > 0 \hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm} L_3 < 0 \hspace{0.05cm}.$
  • Ab dieser Iterationsschleife liefert Hard Decision das Codewort $\underline{x}_2 = (-1, +1, -1)$.


Ergebnisse für  $\underline{L}=(+0.6, +1.0, –0.6)$

(6)  Richtig sind der Lösungsvorschlag 3:

  • Die nebenstehende Tabelle zeigt, dass unter der Voraussetzung $|L(1)| = |L(3)|$ ab der Iterationsschleife $I = 1$ alle extrinsischen $L$–Werte Null sind.
  • Damit bleiben die Aposteriori–$L$–Werte auch für $I > 1$ konstant gleich $\underline{L} = (0., +0.4, 0.)$, was keinem Codewort zugeordnet werden kann.