Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 1.12: Hard Decision vs. Soft Decision"
From LNTwww
| Line 42: | Line 42: | ||
|type="{}"} | |type="{}"} | ||
$\varepsilon = 10^{-2} \text{:} \hspace{0.4cm} {\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ { 2.03 3% } $\ \cdot 10^{-3} $ | $\varepsilon = 10^{-2} \text{:} \hspace{0.4cm} {\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ { 2.03 3% } $\ \cdot 10^{-3} $ | ||
| − | $\varepsilon = 10^{-3} \text{:} \hspace{0.4cm} {\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ { 0. | + | $\varepsilon = 10^{-3} \text{:} \hspace{0.4cm} {\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ { 0.021 3% } $\ \cdot 10^{-3} $ |
{Wie kann man die Blockfehlerwahrscheinlichkeit eines Hamming–Codes annähern, „Hard Decision” vorausgesetzt? | {Wie kann man die Blockfehlerwahrscheinlichkeit eines Hamming–Codes annähern, „Hard Decision” vorausgesetzt? | ||
| Line 68: | Line 68: | ||
===Musterlösung=== | ===Musterlösung=== | ||
{{ML-Kopf}} | {{ML-Kopf}} | ||
| − | '''(1)''' Jeder Hamming–Code ist perfekt und weist | + | '''(1)''' Jeder Hamming–Code ist perfekt und weist die minimale Distanz $d_{\rm min} = 3$ auf. |
*Deshalb kann ein Bitfehler im Codewort korrigiert werden, während zwei Bitfehler stets zu einer Fehlentscheidung des Codewortes führen ⇒ Parameter $t = 1$. | *Deshalb kann ein Bitfehler im Codewort korrigiert werden, während zwei Bitfehler stets zu einer Fehlentscheidung des Codewortes führen ⇒ Parameter $t = 1$. | ||
*Damit ergibt sich für die Blockfehlerwahrscheinlichkeit: | *Damit ergibt sich für die Blockfehlerwahrscheinlichkeit: | ||
| Line 77: | Line 77: | ||
| − | '''(2)''' Ein jeder $(n, \, k, \, 3)$ Hamming–Code kann nur einen Bitfehler korrigieren. Für den BSC–Kanal gilt somit allgemein mit der Codewortlänge $n$: | + | '''(2)''' Ein jeder $(n, \, k, \, 3)$–Hamming–Code kann nur einen Bitfehler korrigieren. Für den BSC–Kanal gilt somit allgemein mit der Codewortlänge $n$: |
:$${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \text{Pr(kein Bitfehler)} - \text{Pr(ein Bitfehler)} = 1 - (1 - \varepsilon)^n - n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}.$$ | :$${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \text{Pr(kein Bitfehler)} - \text{Pr(ein Bitfehler)} = 1 - (1 - \varepsilon)^n - n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}.$$ | ||
| − | Nach Reihenentwicklung von $(1 - \varepsilon)^n$ bzw. von $n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}$ erhält man hieraus: | + | *Nach Reihenentwicklung von $(1 - \varepsilon)^n$ bzw. von $n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}$ erhält man hieraus: |
:$${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \left [ 1 - {n \choose 1}\cdot \varepsilon + {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm} \right ] -\left [ n \cdot \varepsilon \cdot \left ( 1 - {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + {{n-1} \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm}\right ) \right ] \hspace{0.05cm}.$$ | :$${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \left [ 1 - {n \choose 1}\cdot \varepsilon + {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm} \right ] -\left [ n \cdot \varepsilon \cdot \left ( 1 - {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + {{n-1} \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm}\right ) \right ] \hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | Bei Vernachlässigung aller Terme mit $\varepsilon^3, \ \varepsilon^4, \ \text{...}$ ergibt sich schließlich: | + | *Bei Vernachlässigung aller Terme mit $\varepsilon^3, \ \varepsilon^4, \ \text{...}$ ergibt sich schließlich: |
:$${\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} n \cdot \varepsilon - {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - n \cdot \varepsilon + n \cdot \varepsilon {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + \hspace{0.05cm}\text{...}\hspace{0.05cm} = -n/2 \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 + n \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 = n \cdot (n-1)/2 \cdot \varepsilon^2 \hspace{0.05cm}.$$ | :$${\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} n \cdot \varepsilon - {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - n \cdot \varepsilon + n \cdot \varepsilon {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + \hspace{0.05cm}\text{...}\hspace{0.05cm} = -n/2 \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 + n \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 = n \cdot (n-1)/2 \cdot \varepsilon^2 \hspace{0.05cm}.$$ | ||
| Line 91: | Line 91: | ||
Für den $(7, \, 4, \, 3)$–Hamming–Code folgt daraus: | Für den $(7, \, 4, \, 3)$–Hamming–Code folgt daraus: | ||
| − | :$${\rm Pr(Blockfehler)} \le \left\{ \begin{array}{c} 2. | + | :$${\rm Pr(Blockfehler)} \le \left\{ \begin{array}{c} 2.03 \cdot 10^{-3}\\ 2.09 \cdot 10^{-5} \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} \varepsilon = 10^{-2} \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} \varepsilon = 10^{-3} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$ |
*Durch Vergleich mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) erkennt man die Gültigkeit dieser Näherung. | *Durch Vergleich mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) erkennt man die Gültigkeit dieser Näherung. | ||
*Diese ist um so besser, je kleiner die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit $\varepsilon$ ist. | *Diese ist um so besser, je kleiner die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit $\varepsilon$ ist. | ||
| + | |||
| Line 101: | Line 102: | ||
:$${\rm Pr(Blockfehler)} = \left\{ \begin{array}{l} 3 \cdot \varepsilon^2 \\ 21 \cdot \varepsilon^2\\ 105 \cdot \varepsilon^2\\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}l} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 3 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 7 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 15 \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$ | :$${\rm Pr(Blockfehler)} = \left\{ \begin{array}{l} 3 \cdot \varepsilon^2 \\ 21 \cdot \varepsilon^2\\ 105 \cdot \varepsilon^2\\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}l} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 3 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 7 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 15 \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | Richtig ist <u>Antwort 1</u>. Die geringste Blockfehlerwahrscheinlichkeit besitzt natürlich der Hamming–Code mit der geringsten Rate $R = 1/3$, also mit der größten relativen Redundanz. | + | *Richtig ist <u>Antwort 1</u>. |
| + | *Die geringste Blockfehlerwahrscheinlichkeit besitzt natürlich der Hamming–Code mit der geringsten Rate $R = 1/3$, also mit der größten relativen Redundanz. | ||
| Line 109: | Line 111: | ||
\Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}[{\rm Q}^{-1}(\varepsilon)] - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (2R) \hspace{0.05cm}.$$ | \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}[{\rm Q}^{-1}(\varepsilon)] - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (2R) \hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | Daraus erhält man mit $\varepsilon = 0.01 \ ⇒ \ {\rm Q}^{–1}(\varepsilon) = 2.33$: | + | *Daraus erhält man mit $\varepsilon = 0.01 \ ⇒ \ {\rm Q}^{–1}(\varepsilon) = 2.33$: |
:$$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(2.33) - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (8/7) = 7.35\,{\rm dB} - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.77\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$ | :$$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(2.33) - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (8/7) = 7.35\,{\rm dB} - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.77\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | + | : | |
| − | |||
:$$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(3.09) - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 9.22\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$ | :$$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(3.09) - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 9.22\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
| Line 120: | Line 121: | ||
'''(5)''' Wir beziehen uns hier auf die Blockfehlerwahrscheinlichkeit $10^{–5}$. | '''(5)''' Wir beziehen uns hier auf die Blockfehlerwahrscheinlichkeit $10^{–5}$. | ||
| − | Nach dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) darf dann die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit nicht größer sein als | + | *Nach dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) darf dann die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit nicht größer sein als |
:$$\varepsilon = \sqrt{{10^{-5}}/{21}} = 6.9 \cdot 10^{-4} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Q}^{-1}(\varepsilon) = 3.2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 9.52\,{\rm dB}\hspace{0.05cm}.$$ | :$$\varepsilon = \sqrt{{10^{-5}}/{21}} = 6.9 \cdot 10^{-4} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Q}^{-1}(\varepsilon) = 3.2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 9.52\,{\rm dB}\hspace{0.05cm}.$$ | ||
| − | Mit ''Soft Decision'' genügen laut Angabe $8 \ {\rm dB} \ ⇒ \ 10 · \lg {G_{\rm SD}} \ \underline{= 1.52 \ {\rm dB}}$. | + | *Mit ''Soft Decision'' genügen laut Angabe $8 \ {\rm dB} \ ⇒ \ 10 · \lg {G_{\rm SD}} \ \underline{= 1.52 \ {\rm dB}}$. |
{{ML-Fuß}} | {{ML-Fuß}} | ||
Revision as of 11:28, 13 May 2019
Blockfehlerrate des $\rm HC(7, \, 4, \, 3)$ bei
„Hard Decision” und „Soft Decision”
„Hard Decision” und „Soft Decision”
Die Abbildung zeigt die Blockfehlerwahrscheinlichkeit für den $(7, \, 4, \, 3)$–Hamming–Code, wobei für den Empfänger zwei Varianten berücksichtigt sind:
- Bei Maximum–Likelihood–Detektion mit harten Entscheidungen $($„Hard Decision”, $\rm HD)$, die im vorliegenden Fall (perfekter Code) auch durch Syndromdecodierung realisiert werden kann, ergibt sich die rote Kurve (mit Kreismarkierung).
- Der Kanal kann bei „Hard Decision” vereinfacht durch das BSC–Modell ersetzt werden. Der Zusammenhang zwischen dem BSC–Parameter $\varepsilon$ und dem AWGN–Quotienten $E_{\rm B}/N_{0}$ (in der Grafik verwendet) ist wie folgt gegeben:
- $$\varepsilon = {\rm Q}\left ( \sqrt{2 \cdot R \cdot E_{\rm B}/N_0} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
- Hier bezeichnet ${\rm Q}(x)$ die komplementäre Gaußsche Fehlerfunktion und $R$ die Coderate.
- Die grüne Kurve (mit Kreuzen) zeigt die Blockfehlerwahrscheinlichkeit bei „weichen” Entscheidungen $($„Soft Decision”, $\rm SD)$. Dieser Funktionsverlauf lässt sich nicht in geschlossen–mathematischer Form angeben. Die in der Grafik eingezeichnete Kurve ist eine in [Fri96] angegebene obere Schranke:
- $$ {\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ \le \ \hspace{-0.15cm} 7 \cdot {\rm Q}\left ( \sqrt{ 3 \cdot \frac{2 \cdot R \cdot E_{\rm B}}{N_0}} \right )+7 \cdot {\rm Q}\left ( \sqrt{ 4 \cdot \frac{2 \cdot R \cdot E_{\rm B}}{N_0}} \right ) + {\rm Q}\left ( \sqrt{ 7 \cdot \frac{2 \cdot R \cdot E_{\rm B}}{N_0}} \right ) \hspace{0.05cm}.$$
- Der jeweils erste Faktor im Argument der $\rm Q$–Funktion gibt die möglichen Hamming–Distanzen an: $i = 3, \, 4, \, 7$.
- Die Vorfaktoren berücksichtigen die Vielfachheiten $W_{3} = W_{4} = 7$ und $W_{7} = 1$. $R = 4/7$ beschreibt die Coderate.
- Für $10 · \lg {E_{\rm B}/N_0} > 8 \ \rm dB$ ist $\rm Pr(Blockfehler) < 10^{–5}$.
Hinweise:
- Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Decodierung linearer Blockcodes.
- Die oben zitierte Literaturstelle [Fri96] verweist auf das Buch
„Friedrichs, B.: Kanalcodierung – Grundlagen und Anwendungen in modernen Kommunikationssystemen. Berlin – Heidelberg: Springer, 1996”. - Verwenden Sie für numerische Ergebnisse das Berechnungsmodul Komplementäre Gaußsche Fehlerfunktionen.
- Für die Teilaufgaben (1) bis (4) wird stets von „Hard Decision” ausgegangen.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Jeder Hamming–Code ist perfekt und weist die minimale Distanz $d_{\rm min} = 3$ auf.
- Deshalb kann ein Bitfehler im Codewort korrigiert werden, während zwei Bitfehler stets zu einer Fehlentscheidung des Codewortes führen ⇒ Parameter $t = 1$.
- Damit ergibt sich für die Blockfehlerwahrscheinlichkeit:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} 1 - {\rm Pr(kein\hspace{0.15cm} Blockfehler)} - {\rm Pr(ein\hspace{0.15cm} Blockfehler)} = 1 - (1 - \varepsilon)^7 - 7 \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^6 \hspace{0.05cm}.$$
- $$\varepsilon = 10^{-2} \text{:} \hspace{0.4cm}{\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} 1 - 0.99^7 - 7 \cdot 0.01 \cdot 0.99^6= 1 - 0.932065 - 0.065904\hspace{0.15cm}\underline{\approx 2.03 \cdot 10^{-3}}\hspace{0.05cm},$$
- $$\varepsilon = 10^{-3} \text{:} \hspace{0.4cm} {\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} 1 - 0.999^7 - 7 \cdot 0.001 \cdot 0.999^6= 1 - 0.993021 - 0.006958\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.0209 \cdot 10^{-3}}\hspace{0.05cm}.$$
(2) Ein jeder $(n, \, k, \, 3)$–Hamming–Code kann nur einen Bitfehler korrigieren. Für den BSC–Kanal gilt somit allgemein mit der Codewortlänge $n$:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \text{Pr(kein Bitfehler)} - \text{Pr(ein Bitfehler)} = 1 - (1 - \varepsilon)^n - n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}.$$
- Nach Reihenentwicklung von $(1 - \varepsilon)^n$ bzw. von $n \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^{n-1}$ erhält man hieraus:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - \left [ 1 - {n \choose 1}\cdot \varepsilon + {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm} \right ] -\left [ n \cdot \varepsilon \cdot \left ( 1 - {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + {{n-1} \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - \hspace{0.05cm}\text{...} \hspace{0.05cm}\right ) \right ] \hspace{0.05cm}.$$
- Bei Vernachlässigung aller Terme mit $\varepsilon^3, \ \varepsilon^4, \ \text{...}$ ergibt sich schließlich:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} \hspace{-0.15cm}\ = \ \hspace{-0.15cm} n \cdot \varepsilon - {n \choose 2}\cdot \varepsilon^2 - n \cdot \varepsilon + n \cdot \varepsilon {{n-1} \choose 1}\cdot \varepsilon + \hspace{0.05cm}\text{...}\hspace{0.05cm} = -n/2 \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 + n \cdot (n-1)\cdot \varepsilon^2 = n \cdot (n-1)/2 \cdot \varepsilon^2 \hspace{0.05cm}.$$
Richtig ist somit Lösungsvorschlag 1.
Für den $(7, \, 4, \, 3)$–Hamming–Code folgt daraus:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} \le \left\{ \begin{array}{c} 2.03 \cdot 10^{-3}\\ 2.09 \cdot 10^{-5} \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} \varepsilon = 10^{-2} \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} \varepsilon = 10^{-3} \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$
- Durch Vergleich mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) erkennt man die Gültigkeit dieser Näherung.
- Diese ist um so besser, je kleiner die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit $\varepsilon$ ist.
(3) Die Ergebnisse der Teilaufgabe (2) lassen sich wie folgt zusammenfassen:
- $${\rm Pr(Blockfehler)} = \left\{ \begin{array}{l} 3 \cdot \varepsilon^2 \\ 21 \cdot \varepsilon^2\\ 105 \cdot \varepsilon^2\\ \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}l} {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 3 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 7 \\ {\rm f\ddot{u}r}\hspace{0.15cm} n = 15 \\ \end{array} \hspace{0.05cm}.$$
- Richtig ist Antwort 1.
- Die geringste Blockfehlerwahrscheinlichkeit besitzt natürlich der Hamming–Code mit der geringsten Rate $R = 1/3$, also mit der größten relativen Redundanz.
(4) Bei Hard Decision gilt mit der komplementären Gaußschen Fehlerfunktion ${\rm Q}(x)$:
- $$\varepsilon = {\rm Q}\left ( \sqrt{2 \cdot R \cdot E_{\rm B}/N_0} \right )\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} E_{\rm B}/N_0 = \frac{[{\rm Q}^{-1}(\varepsilon)]^2}{2R}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}[{\rm Q}^{-1}(\varepsilon)] - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (2R) \hspace{0.05cm}.$$
- Daraus erhält man mit $\varepsilon = 0.01 \ ⇒ \ {\rm Q}^{–1}(\varepsilon) = 2.33$:
- $$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(2.33) - 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} (8/7) = 7.35\,{\rm dB} - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 6.77\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$
- $$10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 20 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(3.09) - 0.58\,{\rm dB}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 9.22\,{\rm dB}}\hspace{0.05cm}.$$
(5) Wir beziehen uns hier auf die Blockfehlerwahrscheinlichkeit $10^{–5}$.
- Nach dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) darf dann die BSC–Verfälschungswahrscheinlichkeit nicht größer sein als
- $$\varepsilon = \sqrt{{10^{-5}}/{21}} = 6.9 \cdot 10^{-4} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Q}^{-1}(\varepsilon) = 3.2 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 9.52\,{\rm dB}\hspace{0.05cm}.$$
- Mit Soft Decision genügen laut Angabe $8 \ {\rm dB} \ ⇒ \ 10 · \lg {G_{\rm SD}} \ \underline{= 1.52 \ {\rm dB}}$.
