Exercise 4.7Z: About the Water Filling Algorithm

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

	Einem stark gestörten Kanal $k$ (mit großer Störleistung $\sigma_k^2$ sollte eine große Nutzleistung $P_k$ zugewiesen werden.
	Einem stark gestörten Kanal $k$ (mit großer Störleistung $\sigma_k^2$ sollte nur eine kleine Nutzleistung $P_k$ zugewiesen werden.
	Bei $K$ gleich guten Kanälen ⇒ $\sigma_1^2 = \text{...} = \sigma_K^2 = \sigma_N^2$ sollte die Leistung gleichmäßig verteilt werden.

$I(X_1, X_2; Y_1, Y_2) \ = \ $

$\ \rm bit$

$P_1 \ = \ $

$P_2 \ = \ $

$C_2 \ = \ $

$\ \rm bit$

$I(X_1, X_2; Y_1, Y_2) \ = \ $

$\ \rm bit$

$C_2 \ = \ $

$\ \rm bit$

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:

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