Aufgaben:Exercise 4.7Z: About the Water Filling Algorithm

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Water–Filling–Algorithmus mit K = 4

Wir betrachten $K$ parallele Gaußsche Kanäle (AWGN) mit unterschiedlichen Störleistungen $\sigma_k^2$, wobei $1 \le k \le K$ gelten soll. Die Grafik verdeutlicht diese Konstellation am Beispiel $K = 4$.

Die Sendeleistung in den einzelnen Kanälen wird mit $P_k$ bezeichnet, deren Summe den vorgegebenen Wert $P_X$ nicht überschreiten darf:

$$P_1 +\text{...}\hspace{0.05cm}+ P_K = \hspace{0.1cm} \sum_{k= 1}^K \hspace{0.1cm}{\rm E} \left [ X_k^2\right ] \le P_{X} \hspace{0.05cm}.$$

Sind die Zufallsgrößen $X_1$, \text{...} , $X_K$ gaußisch, so kann für die (gesamte) Transinformation zwischen dem Eingang $X$ und dem Ausgang $Y$ geschrieben werden:

$$I(X_1,\text{...} \hspace{0.05cm}, X_K\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, \text{...}\hspace{0.05cm}, Y_K) = 1/2 \cdot \sum_{k= 1}^K \hspace{0.1cm} {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ( 1 + \frac{P_k}{\sigma_k^2})\hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} {\rm Ergebnis\hspace{0.15cm} in \hspace{0.15cm} bit} \hspace{0.05cm}.$$

Das Maximum hierfür ist die Kanalkapazität des Gesamtsystems, wobei sich die Maximierung auf die Aufteilung der Gesamtleistung $P_X$ auf die einzelnen Kanäle bezieht:

$$C_K(P_X) = \max_{P_k\hspace{0.05cm},\hspace{0.15cm}{\rm mit} \hspace{0.15cm}P_1 + ... \hspace{0.05cm}+ P_K = P_X} \hspace{-0.5cm} I(X_1, \text{...} \hspace{0.05cm}, X_K\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, \text{...}\hspace{0.05cm}, Y_K) \hspace{0.05cm}.$$

Diese Maximierung kann mit dem Water–Filling–Algorithmus geschehen, der in obiger Grafik für $K = 4$ dargestellt ist. In der vorliegenden Aufgabe soll dieser Algorithmus angewendet werden, wobei von folgenden Voraussetzungen auszugehen ist:

• Zwei parallele Gaußkanäle   ⇒   $K = 2$,
• Normierte Störleistungen $\sigma_1^2 = 1$ und $\sigma_2^2 = 4$,
• Normierte Sendeleistungen $P_X = 10$ bzw. $P_X = 3$.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel AWGN–Kanalkapazität bei wertkontinuierlichem Eingang.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Parallele Gaußkanäle.
• Da die Ergebnisse in „bit” angegeben werden sollen, wird in den Gleichungen „log”  ⇒  „log₂” verwendet.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Welche Strategien der Leistungszuteilung sind sinnvoll?

	Einem stark gestörten Kanal k (mit großer Störleistung σk2) sollte eine große Nutzleistung Pk zugewiesen werden.
	Einem stark gestörten Kanal k (mit großer Störleistung σk2) sollte nur eine kleine Nutzleistung Pk zugewiesen werden.
	Bei K gleich guten Kanälen  ⇒  σ12 = ... = σK2 = σN2 sollte die Leistung gleichmäßig verteilt werden.

2

Welche Transinformation I = I(X₁, X₂; Y₁, Y₂) ergibt sich, wenn man die Sendeleistung P_X = 10 gleichmäßig auf beide Kanäle verteilt?

$P1 = P2 = 5: I$ =

3

Es gelte weiter P_X = 10. Welche optimale Leistungsaufteilung ergibt sich nach dem Water–Filling–Algorithmus?

$PX = 10: P1$ =

$P1 = P2 = 5: I$ =

4

Wie groß ist die Kanalkapazität für K = 2 und P_X = 10?

$C2(PX = 10)$ =

5

Welche Ergebnisse erhält man mit K = 2 und P_X = 3?

$P1 = P2 = 1.5: I$ =

$C2(PX = 3)$ =

Musterlösung

Solution

1. Nach den Ausführungen im im Theorieteil ist die Strategie „Water–Filling”  ⇒  Vorschlag 2 anzuwenden, wenn ungleiche Bedingungen vorliegen. Lösungsvorschlag 3 ist aber ebenfalls richtig: Bei gleich guten Kanälen spricht nichts dagegen, alle K Kanäle mit der gleichen Leistung P₁ = ... = P_K = P_X/K zu versorgen.

2. Für die Transinformation gilt bei gleicher Leistungsaufteilung: $$I = I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) \ = \ \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{5}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{5}{4} \right )=\\$$$$\hspace{-0.15cm} 1.292\,{\rm bit}+ 0.585\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1.877\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

Leistungsaufteilung für P_X = 10

3. Entsprechend nebenstehender Skizze muss gelten:

$$P_2 \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} P_1 - (\sigma_2^2 - \sigma_1^2) = P_1 -3\hspace{0.05cm},$$$$P_1 + P_2 \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} P_X = 10$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_1 + (P_1 -3) = 10 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 2 \cdot P_1 = 13$$ $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{P_1 = 6.5}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}\underline{P_2 = 3.5}\hspace{0.05cm}.$$ 4. Die Kanalkapazität gibt die maximale Transinformation an. Das Maximum liegt durch die bestmögliche Leistungsaufteilung gemäß der Teilaufgabe (c) bereits fest. Es gilt P_X = 10: $$C_2\hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{6.5}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{3.5}{4} \right )=\\ = \hspace{-0.15cm} 1.453\,{\rm bit}+ 0.453\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1.906\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}$$.

5. Für P_X = 3 erhält man bei gleicher Leistungsaufteilung (P₁ = P₂ = 1.5): $$I = I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{1.5}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{1.5}{4} \right )=\\ = \hspace{-0.15cm} 0661\,{\rm bit}+ 0.230\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 0.891\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

Leistungsaufteilung für P_X = 3

Entsprechend dem Water–Filling–Algorithmus wird die gesamte zur Verfügung stehende Sendeleistung P_X = 3 nun dem ersten Kanal zugewiesen: $${P_1 = 3}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}{P_2 = 0}\hspace{0.05cm}.$$

Damit erhält man für die Kanalkapazität: $$C_2 \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{3}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{0}{4} \right )=\\ = \hspace{-0.15cm} 1\,{\rm bit}+ 0\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$ Während für P_X = 10 die Differenz zwischen gleichmäßiger und bester Leistungsaufteilung nur 0.03 bit betragen hat, ist bei P_X = 3 die Differenz größer, nämlich 0.109 bit. Bei noch größerem P_X > 10 wird der Abstand zwischen gleichmäßiger und bestmöglicher Leistungsaufteilung noch geringer: Zum Beispiel beträgt die Differenz für P_X = 100 nur noch 0.001 bit:

• P₁ = P₂ = 50:

$$I = I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) \hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{50}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{50}{4} \right )=\\ = \hspace{-0.15cm} 2.836\,{\rm bit}+ 1.877\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 4.713\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$

• P₁ = 51.5, P₂ = 48.5:

$$C_2\hspace{-0.15cm} = \hspace{-0.15cm} \frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{51.5}{1} \right ) +\frac{1}{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{48.5}{4} \right )=\\ = \hspace{-0.15cm} 2.857\,{\rm bit}+ 1.857\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 4.714\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$