Exercise 4.8: Numerical Analysis of the AWGN Channel Capacity
Für die Kanalkapazität $C$ des AWGN–Kanals als obere Schranke für die Coderate $R$ bei Digitalsignalübertragung gibt es zwei verschiedene Gleichungen:
$\text{Kanalkapazität C in Abhängigkeit der Energie pro Symbol}$:
- $$C( E_{\rm S}/{N_0}) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ( 1 + \frac { 2 \cdot E_{\rm S}}{N_0}) .$$
Hierbei sind folgende Abkürzungen verwendet:
- $E_{\rm S}$ bezeichnet die (mittlere) Energie pro Symbol des Digitalsignals,
- $N_0$ gibt die AWGN–Rauschleistungsdichte an.
$\text{Kanalkapazität C in Abhängigkeit der Energie pro Bit}$:
- $$C( E_{\rm B}/{N_0}) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ( 1 + \frac { 2 \cdot R \cdot E_{\rm B}}{N_0}) .$$
- Zu berücksichtigen ist der Zusammenhang $E_{\rm S} = R \cdot E_{\rm B}$, wobei $R$ die Coderate der bestmöglichen Kanalcodierung angibt.
- Eine fehlerfreie Übertragung (bei optimalem Code) ist für das gegebene $E_{\rm B}/N_0$ möglich, so lange $R \le C$ gilt ⇒ Kanalcodierungstheorem von Shannon.
Durch die Tabelle vorgegeben ist der Kurvenverlauf der Kanalkapazität in Abhängigkeit von $E_{\rm S}/N_0$. Im Mittelpunkt dieser Aufgabe steht die numerische Auswertung der zweiten Gleichung.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel AWGN–Kanalkapazität bei wertkontinuierlichem Eingang.
- Bezug genommen wird insbesondere auf die Seiten
- Da die Ergebnisse in „bit” angegeben werden sollen, wird in den Gleichungen „log” ⇒ „log2” verwendet.
Fragebogen
Musterlösung
- Ausgehend von der Gleichung
- $$C = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ( 1 + { 2 \cdot E_{\rm S}}/{N_0}) $$
erhält man mit $C = R$ und $E_{\rm S} = R · E_{\rm B}$ die Gleichung gemäß Lösungsvorschlag 1:
- $$R = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2 \hspace{0.1cm} ( 1 + { 2 \cdot R \cdot E_{\rm B}}/{N_0})\hspace{0.05cm}. $$
- Bringt man den Faktor $1/2$ auf die linke Seite der Gleichung und bildet die Potenz zur Basis $2$, so erhält man den Vorschlag 2:
- $$2^{2R} = 1 + 2 \cdot R \cdot E_{\rm B}/{N_0}\hspace{0.05cm}. $$
- Löst man diese Gleichung nach $E_{\rm B}/{N_0}$ auf, so ergibt sich
- $$E_{\rm B}/{N_0} = \frac{2^{2R} - 1} { 2 R} \hspace{0.05cm}. $$
(2) Über einen Kanal mit der Kanalkapazität $C$ ist eine fehlerfreie Übertragung möglich, solange die Coderate $R ≤ C$ ist.
- Die absolute Grenze ergibt sich im Grenzfall $C=R = 0$.
- Oder präziser ausgedrückt: Für ein beliebig kleines positives $ε$ muss gelten: $C=R =ε$ mit $ε → 0$.
- Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (1) lautet die Bestimmungsgleichung:
- $${\rm Min}\hspace{0.1cm}\big[E_{\rm B}/{N_0}\big] = \lim\limits_{R \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0}\frac{2^{2R} - 1} { 2 R} \hspace{0.05cm}. $$
- Da hier der Quotient im Grenzübergang $ R → 0$ das Ergebnis „0 geteilt durch 0” liefert, ist hier die Regel anzuwenden: Man differenziert Zähler und Nenner, bildet den Quotienten und setzt schließlich $R = 0$ ein. Mit $x = 2R$ lautet das Ergebnis:
- $${\rm Min}\hspace{0.1cm}\big[E_{\rm B}/{N_0}\big] = \lim\limits_{x \hspace{0.05cm}\rightarrow \hspace{0.05cm}0}\frac{2^{x} - 1} { x} = \frac{{\rm ln}\hspace{0.1cm} (2) \cdot 2^{x} } { 1} \hspace{0.05cm}\bigg |_{x=0} = {\rm ln}\hspace{0.1cm} (2) \hspace{0.15cm}\underline{= 0.693} \hspace{0.05cm}.$$
(3) In logarithmierter Form erhält man:
- $${\rm Min}\hspace{0.1cm}\big[10\cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(E_{\rm B}/{N_0})\big] = 10\cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(0.693) \hspace{0.15cm}\underline{= -1.59\,{\rm dB}} \hspace{0.05cm}. $$
(4) Der Abszissenwert lautet somit in nichtlogarithmierter Form: $E_{\rm B}/{N_0} = 1$. Daraus folgt mit $C=R$:
- $$\frac{2^{2C} - 1} { 2 C} \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\underline{C = 0.5} \hspace{0.05cm}. $$
(5) Für $R = 1$ ist $E_{\rm B} = E_{\rm S}$. Deshalb gilt:
- $$ C(E_{\rm B}/{N_0}) = 1 \hspace{0.3cm}\Longleftrightarrow \hspace{0.3cm} C(E_{\rm S}/{N_0}) = 1 \hspace{0.05cm}.$$
Aus der Tabelle auf der Angabenseite ist abzulesen:
- $$ C(E_{\rm S}/{N_0}) = 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} E_{\rm S}/{N_0} = 1.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{E_{\rm B}/{N_0} = 1.5}\hspace{0.05cm}.$$
Der dazugehörige dB–Wert ist $10 \cdot \lg (E_{\rm B}/{N_0}) = 1.76 \ \rm dB$.
Zum gleichen Ergebnis kommt man mit $R = 1$ über die Gleichung
- $$E_{\rm B}/{N_0} = \frac{2^{2R} - 1} { 2 \cdot R} = \frac{4 - 1} { 2 } = 1.5 \hspace{0.05cm}.$$
(6) Richtig ist der Lösungsvorschlag 2, wie an einem Beispiel gezeigt werden soll:
- Gesucht ist die Kanalkapazität $C$ für $10 \cdot \lg (E_{\rm B}/{N_0}) = 15 \ \rm dB$ ⇒ $\E_{\rm B}/{N_0} = 31.62$.
- Dann gilt entsprechend dem Lösungsvorschlag 1 mit $x = 2C$:
- $$31.62 = \frac{2^{x} - 1} { x} \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 31.62 \cdot x = 2^{x} - 1 \hspace{0.05cm}. $$
- Die Lösung $x = 7.986$ ⇒ $C = 3.993 \ \rm (bit/use)$ kann nur grafisch oder iterativ gefunden werden.
- Gesucht ist der notwendige Abszissenwert $10 \cdot \lg (E_{\rm B}/{N_0})$ für die Kapazität $C = 4 \ \rm bit/Symbol$:
- $$E_{\rm B}/{N_0} = \frac{2^{2C} - 1} { 2 \cdot C} = \frac{2^8 - 1} { 8 } = 31.875 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 10\cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm}(E_{\rm B}/{N_0}) = 15.03\,{\rm dB} \hspace{0.05cm}.$$
Die Grafik zeigt die AWGN–Kanalkapazität abhängig von
- $10 \cdot \lg (E_{\rm S}/{N_0})$ ⇒ rote Kurve und Zahlen;
diese geben die Kanalkapazität $C$ für das vorgegebene $10 \cdot \lg (E_{\rm S}/{N_0})$ an; - $10 \cdot \lg (E_{\rm S}/{N_0})$ ⇒ grüne Kurve und Zahlen;
diese geben das erforderliche $10 \cdot \lg (E_{\rm S}/{N_0})$ für die vorgegebene Kanalkapazität $C$ an. - Der Schnittpunkt der beiden Kurven liegt bei $1.76\ \rm dB$.
