Exercise 3.09Z: Viterbi Algorithm again

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Trellis für einen Rate–1/2–Code mit Gedächtnis $m = 1$

Die Grafik zeigt das Trellisdiagramm das Faltungscodes entsprechend Aufgabe A3.6, gekennzeichnet durch folgende Größen:

• Rate 1/2  ⇒  $k = 1, \ n = 2$,
• Gedächtnis $m = 1$,
• Übertragungsfunktionsmatrix $\mathbf{G}(D) = (1, \ 1 + D)$,
• Länge der Informationssequenz: $L = 4$,
• Sequenzlänge inklusive Terminierung: $L' = L + m = 5$.

Anhand dieser Darstellung soll die Viterbi–Decodierung schrittweise nachvollzogen werde, wobei von der folgenden Empfangssequenz auszugehen ist: $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$.

In das Trellis eingezeichnet sind:

• Der Initialwert ${\it \Gamma}_0(S_0)$ für den Viterbi–Algorithmus wird stets zu $0$ gewählt.
• Die beiden Fehlergrößen für den ersten Decodierschritt $(i = 1)$ erhält man mit $\underline{y}_1 = (11)$ wie folgt:

$${\it \Gamma}_1(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big ) = 2 \hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_1(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big ) = 0 \hspace{0.05cm}.$$

• Die Fehlergrößen zum Schritt $i = 2$  ⇒  $\underline{y}_2 = (01)$ ergeben sich durch folgende Vergleiche:

$${\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((01)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \right ] = 0\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((10)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \right ] = 2\hspace{0.05cm}.$$

In gleicher Weise sollen Sie

• die Fehlergrößen zu den Zeitpunkten $i = 3, \ i = 4$ und $i = 5$ (Terminierung) berechnen, und
• die jeweils ungünstigeren Wege zu einem Knoten ${\it \Gamma}_i(S_{\mu})$ eliminieren. In der Grafik ist dies für $i = 2$ durch punktierte Linien angedeutet.

Anschließend ist der durchgehende Pfad von ${\it \Gamma}_0(S_0)$ bis ${\it \Gamma}_5(S_0)$ zu finden, wobei die Rückwärtsrichtung zu empfehlen ist. Verfolgt man den gefundenen Pfad in Vorwärtsrichtung, so erkennt man

• die wahrscheinlichste Codesequenz $\underline{z}$ (im Idealfall gleich $\underline{x}$) an den Beschriftungen,
• die wahscheinlichste Informationssequenz $\underline{\upsilon}$ (im Idealfall gleich $\underline{u}$) an den Farben.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel Kapitel 3.4.
• Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

1

Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 3$.

${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ $

${\it \Gamma}_3(S_1) \ = \ $

2

Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 4$.

${\it \Gamma}_4(S_0) \ = \ $

${\it \Gamma}_4(S_1) \ = \ $

3

Berechnen Sie die minimale Fehlergröße für den Zeitpunkt $i = 5$ (Ende).

${\it \Gamma}_5(S_0) \ = \ $

4

Welche endgültigen Ergebnisse liefert der Viterbi–Algorithmus:

	$\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$.
	$\underline{z} = (11, \, 01, \, 11, \, 01, \, 00)$.
	$\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
	$\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 0)$.

5

Welche Entscheidung wäre ohne Terminierung getroffen worden?

	Die gleiche,
	eine andere.

Musterlösung

Solution

(1) 

Trellis mit Fehlergrößen

Ausgehend von ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:

$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] $$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$

Eliminiert werden also die beiden Teilpfade, die zum Zeitpunkt $i = 2$ vom Zustand $S_1$ ausgehen  ⇒  Punktierung in der Grafik.

(2)  Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit $y_4 = (11)$:

$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] $$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] $$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$

⇒  Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 → S_0$ und $S_1 → S_1$ im Decodierschritt $i = 4$.

(3) 

Pfadsuche

Für $i = 5$  ⇒  Terminierung erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:

$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$

Zu eliminieren ist hier der Teilpfad $S_0 → S_0$.

(4)  Die Rückwärtssuche des durchgehenden Pfades von ${\it \Gamma}_5(S_0)$ nach ${\it \Gamma}_0(S_0)$ liefert $S_0 ← S_1 ← S_0 ← S_0 ← S_1 ← S_0$. In Vorwärtsrichtung ergibt dies den Pfad $S_0 → S_1 → S_0 → S_0 → S_1 → S_0$ und die damit die

• die wahrscheinlichste Codesequenz $\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$,
• die wahrscheinlichste Informationssequenz $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.

Richtig sind also die Lösungsvorschläge 1 und 3. Ein Vergleich mit dem vorgegebenen Empfangsvektor $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$ zeigt, dass das sechste Bit bei der Übertragung verfälscht wurde.

(5)  Ohne Terminierung ⇒ endgültige Entscheidung bei $i = 4$ hätte es zwei durchgehende Pfade gegeben:

• von $S_0 → S_1 → S_0 → S_1 → S_0$ (gelb eingezeichnet),
• von $S_0 → S_1 → S_0 → S_0 → S_1$ (den letztendlich richtigen),

Die Zwangsentscheidung zum Zeitpunkt $i = 4$ hätte hier wegen ${\it \Gamma}_4(S_1) < {\it \Gamma}_4(S_0)$ zum zweiten Pfad und damit zum Ergebnis $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1)$ geführt. Also zur gleichen Entscheidung wie in der Teilaufgabe (4) mit Terminierungsbit. Es gibt aber viele Konstellationen, bei denen erst das Terminierungsbit die richtige und sichere Entscheidung ermöglicht.