Exercise 4.09: Decision Regions at Laplace
für Laplace
Wir betrachten ein Übertragungssystem, basierend auf den Basisfunktionen $\varphi_1(t)$ und $\varphi_2(t)$. Die beiden gleichwahrscheinlichen Sendesignale sind durch die Signalpunkte
- $$\boldsymbol{ s }_0 = (-\sqrt{E}, \hspace{0.1cm}-\sqrt{E})\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} \boldsymbol{ s }_1 = (+\sqrt{E}, \hspace{0.1cm}+\sqrt{E})\hspace{0.05cm}$$
gegeben. Im Folgenden normieren wir zur Vereinfachung den Energieparameter zu $E = 1$ und erhalten somit
- $$\boldsymbol{ s }_0 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} (-1, \hspace{0.1cm}-1) \hspace{0.2cm} \Leftrightarrow \hspace{0.2cm} m_0\hspace{0.05cm}, $$
- $$ \boldsymbol{ s }_1 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} (+1, \hspace{0.1cm}+1)\hspace{0.2cm} \Leftrightarrow \hspace{0.2cm} m_1\hspace{0.05cm}.$$
Die Nachrichten $m_0$ und $m_1$ sind den so festgelegten Signalen $\boldsymbol{s}_0$ und $\boldsymbol{s}_1$ eindeutig zugeordnet.
Die zwei Rauschkomponenten $n_1(t)$ und $n_2(t)$ seien unabhängig voneinander und jeweils laplace–verteilt mit Parameter $a = 1$:
- $$p_{n_1} (\eta_1) = {1}/{2} \cdot {\rm e}^{- | \eta_1|} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} p_{n_2} (\eta_2) = {1}/{2} \cdot {\rm e}^{- | \eta_2|} \hspace{0.05cm} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \boldsymbol{ p }_{\boldsymbol{ n }} (\eta_1, \eta_2) = {1}/{4} \cdot {\rm e}^{- | \eta_1|- | \eta_2|} \hspace{0.05cm}. $$
Die Eigenschaften eines solchen Laplace–Rauschens werden in der Aufgabe 4.9Z noch eingehend behandelt.
Das Empfangssignal $\boldsymbol{r}$ setzt sich additiv aus dem Sendesignal $\boldsymbol{s}$ und dem Rauschsignal $\boldsymbol{n}$ zusammen:
- $$\boldsymbol{ r } \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} \boldsymbol{ s } + \boldsymbol{ n } \hspace{0.05cm}, \hspace{0.45cm}\boldsymbol{ r } = ( r_1, r_2) \hspace{0.05cm},\hspace{0.45cm} \boldsymbol{ s } \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} ( s_1, s_2) \hspace{0.05cm}, \hspace{0.8cm}\boldsymbol{ n } = ( n_1, n_2) \hspace{0.05cm}. $$
Die entsprechenden Realisierungen sind wie folgt bezeichnet:
- $$\boldsymbol{ s }\text{:} \hspace{0.4cm} (s_{01},s_{02}){\hspace{0.15cm}\rm bzw. \hspace{0.15cm}} (s_{11},s_{12}) \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} \boldsymbol{ r }\text{:} \hspace{0.4cm} (\rho_{1},\rho_{2}) \hspace{0.05cm}, \hspace{0.8cm}\boldsymbol{ n }\text{:} \hspace{0.4cm} (\eta_{1},\eta_{2}) \hspace{0.05cm}.$$
Die Entscheidungsregel des MAP– und des ML–Empfängers (beide sind aufgrund der gleichen Symbolwahrscheinlichkeiten identisch) lauten:
- Entscheide für das Symbol $m_0$, falls $p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } ( \rho_{1},\rho_{2} |m_0 ) > p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } (\rho_{1},\rho_{2} |m_1 ) \hspace{0.05cm}.$
Mit den weiteren Voraussetzungen kann hierfür $($Entscheidung für $m_0)$ auch geschrieben werden:
- $${1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 +1|- | \rho_2 +1| \hspace{0.1cm} \right ] > {1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 -1|- | \rho_2 -1| \hspace{0.1cm} \right ] $$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} | \rho_1 +1|+ | \rho_2 +1| < | \rho_1 -1|+ | \rho_2 -1|$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} L (\rho_1, \rho_2) = | \rho_1 +1|+ | \rho_2 +1| - | \rho_1 -1|- | \rho_2 -1| < 0 \hspace{0.05cm}.$$
Auf diese Funktion $L(\rho_1, \rho_2)$ wird im Fragebogen häufig Bezug genommen.
Die Grafik zeigt drei verschiedene Entscheidungsregionen $(I_0, \ I_1)$.
- Bei AWGN–Rauschen wäre nur die obere Variante $\rm A$ optimal.
- Auch beim betrachteten Laplace–Rauschen führt die Variante $\rm A$ zur kleinstmöglichen Fehlerwahrscheinlichkeit, siehe Aufgabe 4.9Z:
- $$p_{\rm min} = {\rm Pr}({\cal{E}} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm} {\rm optimaler\hspace{0.15cm} Empf\ddot{a}nger}) = {\rm e}^{-2} \approx 13.5\,\%\hspace{0.05cm}.$$
- Zu untersuchen ist, ob die Variante $\rm B$ bzw. die Variante $\rm C$ ebenfalls optimal ist, das heißt, ob auch deren Fehlerwahrscheinlichkeiten kleinstmöglich gleich $p_{\rm min}$ sind.
Hinweis:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Approximation der Fehlerwahrscheinlichkeit.
Fragebogen
Musterlösung
- Die Verbundwahrscheinlichkeitsdichten unter den Bedingungen $m_0$ bzw. $m_1$ lauten:
- $$p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } ( \rho_{1},\rho_{2} |m_0 ) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 +1|- | \rho_2 +1| \hspace{0.05cm} \right ]\hspace{0.05cm},$$
- $$p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } ( \rho_{1},\rho_{2} |m_1 ) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 -1|- | \rho_2 -1| \hspace{0.05cm} \right ]\hspace{0.05cm}.$$
- Bei gleichwahrscheinlichen Symbolen ⇒ ${\rm Pr}(m_0) = {\rm Pr}(m_1) = 0.5$ lautet die MAP–Entscheidungsregel: Entscheide für das Symbol $m_0$ ⇔ Signal $s_0$, falls
- $$p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } ( \rho_{1},\rho_{2} |m_0 ) > p_{\boldsymbol{ r} \hspace{0.05cm}|\hspace{0.05cm}m } (\rho_{1},\rho_{2} |m_1 ) \hspace{0.05cm}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 +1|- | \rho_2 +1| \hspace{0.05cm} \right ] > {1}/{4} \cdot {\rm exp}\left [- | \rho_1 -1|- | \rho_2 -1|\hspace{0.05cm} \right ] $$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} | \rho_1 +1|+ | \rho_2 +1| < | \rho_1 -1|+ | \rho_2 -1|\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} L (\rho_1, \rho_2) = | \rho_1 +1|- | \rho_1 -1|+ | \rho_2 +1| - | \rho_2 -1| < 0 \hspace{0.05cm}.$$
(2) Alle Aussagen treffen zu: Für $x ≥ 1$ ist
- $$| x +1|- | x -1| = x +1 -x +1 =2 \hspace{0.05cm}.$$
- Ebenso gilt für $x ≤ \, –1$, zum Beispiel $x = \, –3$:
- $$| x +1|- | x -1| = | -3 +1|- | -3 -1| = 2-4 = -2 \hspace{0.05cm}.$$
- Dagegen gilt im mittleren Bereich $–1 ≤ x ≤ +1$:
- $$| x+1|- | x -1| = x +1 -1 +x =2x \hspace{0.05cm}.$$
(3) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:
- Das Ergebnis von Teilaufgabe (1) lautete: Entscheide für das Symbol $m_0$, falls
- $$L (\rho_1, \rho_2) = | \rho_1 +1| - | \rho_1 -1|+ | \rho_2 +1| - | \rho_2 -1| < 0 \hspace{0.05cm}.$$
- Im betrachteten (inneren) Bereich $-1 ≤ \rho_1 ≤ +1$, $-1 ≤ \rho_2 ≤ +1$ gilt mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2):
- $$| \rho_1+1| - | \rho_1 -1| = 2\rho_1 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm} | \rho_2+1| - | \rho_2 -1| = 2\rho_2 \hspace{0.05cm}.$$
- Setzt man dieses Ergebnis oben ein, so ist genau dann für $m_0$ zu entscheiden, falls
- $$L (\rho_1, \rho_2) = 2 \cdot ( \rho_1+\rho_2) < 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \rho_1+\rho_2 < 0\hspace{0.05cm}.$$
(4) Richtig ist hier der Lösungsvorschlag 2:
- Für $\rho_1 > 1$ ist $|\rho_1+1| \, -|\rho_1 \, -1| = 2$, während für $D_2 = |\rho_2+1| \,-|\rho_2 \, -1|$ alle Werte zwischen $-2$ und $+2$ möglich sind.
- Die Entscheidungsgröße ist somit $L(\rho_1, \rho_2) = 2 + D_2 ≥ 0$. In diesem Fall führt die Regel zu einer $m_1$–Entscheidung.
(5) Richtig ist hier der Lösungsvorschlag 1:
- Nach ähnlicher Rechnung wie in der Teilaufgabe (3) kommt man zum Ergebnis:
- $$L (\rho_1, \rho_2) = -2 + D_2 \le 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Entscheidung\hspace{0.15cm} auf\hspace{0.15cm}} m_0\hspace{0.05cm}.$$
(6) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2: Entscheidung auf $m_1$.
- Ähnlich der Teilaufgabe (4) gilt hier:
- $$D_1 = | \rho_1 +1| - | \rho_1 -1| \in \{-2, ... \hspace{0.05cm} , +2 \} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}L (\rho_1, \rho_2) = 2 + D_1 \ge 0 \hspace{0.05cm}.$$
(7) Richtig ist der Lösungsvorschlag 1: Entscheidung auf $m_0$.
- Nach ähnlicher Überlegung wie in der letzten Teilaufgabe kommt man zum Ergebnis:
- $$L (\rho_1, \rho_2) = -2 + D_1 \le 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Entscheidung\hspace{0.15cm} auf\hspace{0.15cm}} m_0\hspace{0.05cm}.$$
(8) Die Ergebnisse der Teilaufgaben (3) bis (7) sind in der Grafik zusammengefasst:
- Teilgebiet $T_0$: Entscheidung auf $m_0$ bzw. $m_1$ gemäß Aufgabe (3).
- Teilgebiet $T_1$: Entscheidung auf $m_1$ gemäß Aufgabe (4).
- Teilgebiet $T_2$: Entscheidung auf $m_0$ gemäß Aufgabe (5).
- Teilgebiet $T_3$: Entscheidung auf $m_1$ gemäß Aufgabe (6).
- Teilgebiet $T_4$: Entscheidung auf $m_0$ gemäß Aufgabe (7).
- Teilgebiet $T_5$: Nach dem Ergebnis von Aufgabe (5) sollte man auf $m_0$ entscheiden, nach Aufgabe (6) auf $m_1$.
Das bedeutet: Bei Laplace–Rauschen ist es egal, ob man $T_5$ der Region $I_0$ oder $I_1$ zuordnet. - Teilgebiet $T_6$: Auch dieses Gebiet kann man aufgrund der Ergebnisse von Aufgabe (4) und (7) sowohl der Region $I_0$ als auch der Region $I_1$ zuordnen.
Man erkennt:
- Für die Teilaufgabe $T_0$, ... $T_4$ gibt es eine feste Zuordnung zu den Entscheidungsregionen $I_0$ (rot) bzw. $I_1$ (blau).
- Dagegen können die beiden gelb markierten Bereiche $T_5$ und $T_6$ ohne Verlust an Optimalität sowohl $I_0$ als auch $I_1$ zugeordnet werden.
Vergleicht man diese Grafik mit den Varianten A, B und C auf der Angabenseite, so erkennt man, dass die Vorschläge 1 und 2 richtig sind:
- Die Varianten A und B sind gleich gut. Beide sind optimal. Die Fehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich in beiden Fällen zu $p_{\rm min} = {\rm e}^{\rm -2}$.
- Die Variante C ist nicht optimal; bezüglich der Teilaufgabe $T_1$ und $T_2$ gibt es Fehlzuordnungen. Die Fehlerwahrscheinlichkeit ist demzufolge größer als $p_{\rm min}$.
