Aufgabe 3.11Z: Maximum-Likelihood-Fehlergrößen

Berechnung der minimalen Gesamtfehlergrößen

Für die in der Aufgabe 3.11 behandelte Maximum–Likelihood–Konstellation mit bipolaren Amplitudenkoeffizient $a_{\rm \nu} ∈ \{+1, –1\}$ sollen die Fehlergrößen $\varepsilon_{\rm \nu}(i)$ sowie die minimalen Gesamtfehlergrößen ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(–1)$ und ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(+1)$ ermittelt werden.

Der Grundimpuls ist durch die beiden Werte $g_0$ und $g_{\rm –1}$ gegeben.
Diese können ebenso wie die (verrauschten) Detektionsabtastwerte $d_0$ und $d_1$ aus den nachfolgenden Berechnungen für die Fehlergrößen $\varepsilon_{\rm \nu}(i)$ zu den Zeitpunkten $\nu = 0$ und $\nu = 1$ entnommen werden.
Anzumerken ist, dass vor der eigentlichen Nachricht $(a_1$ ,\ $a_2$ ,\ $a_3)$ stets das Symbol $a_0 = 0$ gesendet wird.

Für den Zeitpunkt $\nu = 0$ gilt:

$\varepsilon_{0}(+1) \ = \ \big[-0.4- 0.4\big]^2=0.64 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{0}(-1) \ = \ \big[-0.4+ 0.4\big]^2=0.00 \hspace{0.05cm}.$

Daraus könnte bereits zum Zeitpunkt $\nu = 0$ geschlossen werden, dass mit großer Wahrscheinlichkeit $a_1 = -\hspace{-0.05cm}1$ ist.

Für den Zeitpunkt $\nu = 1$ ergeben sich folgende Fehlergrößen, die in der Literatur machmal auch als "Metriken" bezeichnet werden:

$\varepsilon_{1}(+1, +1) \ = \ \big[-0.8- 0.6 -0.4\big]^2=3.24 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{1}(+1, -1) \ = \ \big[-0.8- 0.6 +0.4\big]^2=1.00 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{1}(-1, +1) \ = \ \big[-0.8+ 0.6 -0.4\big]^2=0.36 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{1}(-1, -1) \ = \ \big[-0.8+ 0.6 +0.4\big]^2=0.04 \hspace{0.05cm}.$

Die minimalen Gesamtfehlergrößen ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(-\hspace{-0.07cm}1)$ und ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(+1)$ , die mit diesen sechs Fehlergrößen berechnet werden können, sind bereits in der Grafik eingezeichnet. Die weiteren verrauschten Detektionsabtastwerte sind $d_{2}=0.1 \hspace{0.05cm},\hspace{0.1cm} d_{3}=0.5 \hspace{0.05cm}.$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Viterbi–Empfänger".

Alle Größen sind hier normiert zu verstehen. Gehen Sie zudem von bipolaren und gleichwahrscheinlichen Amplitudenkoeffizienten aus: ${\rm Pr} (a_\nu = -\hspace{-0.05cm}1) = {\rm Pr} (a_\nu = +1)= 0.5.$

Fragebogen

$d_0 \ = \$

$d_1\ = \$

$g_0\ = \$

$g_{-1} \ = \$

	$±0.2,$
	$±0.4,$
	$±0.6,$
	$±1.0.$

${\it \Gamma}_2(+1)\ = \$

${\it \Gamma}_2(-\hspace{-0.05cm}1)\ = \$

${\it \Gamma}_3(+1) \ = \$

${\it \Gamma}_3(-\hspace{-0.05cm}1) \ = \$

Musterlösung

(1) Aus den Gleichungen auf der Angabenseite erkennt man

$d_0 = \underline{–0.4}$ und

$d_1 = \underline {–0.8}$ .

(2) Die Fehlergrößen (Metriken) $\varepsilon_0(i)$ beinhalten den Grundimpulswert $g_{\rm –1}$ , über den der Zusammenhang zwischen dem Amplitudenkoeffizienten $a_1$ und dem Detektionsabtastwert $d_0$ hergestellt wird $(g_0$ ist in diesen Gleichungen nicht enthalten $)$ .

Man erkennt $g_{\rm –1}\ \underline {= 0.4}$ .
Aus den Gleichungen für $\nu = 1$ ist der Hauptwert $g_0 \ \underline {= 0.6}$ ablesbar.

(3) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 4:

Die möglichen Nutzabtastwerte sind $\pm g_0 \pm g_{\rm –1} = \pm 0.6 \pm0.4$ , also $\underline {±0.2}$ und $\underline {±1.0}$ .
Bei unipolarer Signalisierung ⇒ $a_\nu \in \{0, \hspace{0.05cm} 1\}$ würden sich dagegen die Werte $0, \ 0.4, \ 0.6$ und $1$ ergeben.
Der Zusammenhang zwischen bipolaren Werten $b_i$ und den unipolaren Äquivalenten $u_i$ lautet allgemein: $b_i = 2 \cdot u_i - 1 \hspace{0.05cm}.$

(4) Die Fehlergrößen ergeben sich für $\nu = 2$ unter Berücksichtigung des Ergebnisses aus (3) wie folgt:

$\varepsilon_{2}(+1, +1) \ = \ [0.1 - 1.0]^2=0.81,\hspace{0.2cm} \varepsilon_{2}(-1, +1) = [0.1 +0.2]^2=0.09 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{2}(+1, -1) \ = \ [0.1 -0.2]^2=0.01,\hspace{0.2cm} \varepsilon_{2}(-1, -1) = [0.1 +1.0]^2=1.21 \hspace{0.05cm}.$

Damit lauten die minimalen Gesamtfehlergrößen:

${\it \Gamma}_{2}(+1) \ = \ {\rm Min}\left[{\it \Gamma}_{1}(+1) + \varepsilon_{2}(+1, +1), \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(-1) + \varepsilon_{2}(-1, +1)\right] = {\rm Min}\left[0.36 + 0.81, 0.04 + 0.09\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.13} \hspace{0.05cm},$

${\it \Gamma}_{2}(-1) \ = \ {\rm Min}\left[{\it \Gamma}_{1}(+1) + \varepsilon_{2}(+1, -1), \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(-1) + \varepsilon_{2}(-1, -1)\right] = {\rm Min}\left[0.36 + 0.01, 0.04 + 1.21\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.37} \hspace{0.05cm}.$

Berechnung der minimalen Gesamtfehlergrößen

Im skizziertenden Trellisdiagramm ist der Zustand „ $1$ ” als „ $+1$ ” und „ $0$ ” als „ $–1$ ” zu interpretieren.

Dann gilt:

${\it \Gamma}_2(+1) = 0.13$ ist die minimale Gesamtfehlergröße unter der Hypothese, dass das nachfolgende Symbol $a_3 = +1$ sein wird.

Unter dieser Annahme ist $a_2 = \ –1$ wahrscheinlicher als $a_2 = +1$ , wie aus dem Trellisdiagramm hervorgeht (der ankommende Pfad ist blau).

Eine realistische Alternative zur Kombination „ $a_2 = \ –1,\ a_3 = +1$ ” ist „ $a_2 = +1,\ a_3 = \ –1$ ”, die zur minimalen Gesamtfehlergröße ${\it \Gamma}_2(–1) = 0.37$ führen. Hier ist der ankommende Pfad rot.

(5) Für den Zeitpunkt $\nu = 3$ gelten folgende Gleichungen:

$\varepsilon_{3}(+1, +1) \ = \ [0.5 - 1.0]^2=0.25,\hspace{0.2cm} \varepsilon_{3}(-1, +1) = [0.5 +0.2]^2=0.49 \hspace{0.05cm},$

$\varepsilon_{3}(+1, -1) \ = \ [0.5 -0.2]^2=0.09,\hspace{0.2cm} \varepsilon_{3}(-1, -1) = [0.5 +1.0]^2=2.25 \hspace{0.05cm}.$

$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\it \Gamma}_{3}(+1) \ = \ {\rm Min}\left[0.13 + 0.25, 0.37 + 0.49\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.38} \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} {\it \Gamma}_{3}(-1) \ = \ {\rm Min}\left[0.13 + 0.09, 0.37 + 2.25\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.22} \hspace{0.05cm}.$

Bei beiden Gleichungen ist der jeweils erste Term der kleinere, wobei jeweils ${\it \Gamma}_2(+1) = 0.13$ enthalten ist.

Deshalb wird der Viterbi–Empfänger mit Sicherheit $a_3 = +1$ ausgeben, ganz egal, welche Informationen er zu späteren Zeitpunkten ( $\nu > 3$ ) noch bekommen wird.

Verfolgt man den durchgehenden Pfad im Trellisdiagramm von rechts nach links, so sind durch die Festlegung $a_3 = +1$ auch die früheren Amplitudenkoeffizienten fix:

$a_1 = a_2 = \ –1.$