Aufgabe 4.7Z: Zum Water–Filling–Algorithmus
Wir betrachten $K$ parallele Gaußsche Kanäle $\rm (AWGN)$ 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 $X_1$, ... , $X_K$ 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 so genannten "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 der Logarithmus zur Basis $2$ verwendet: $\log_2$.
Fragebogen
Musterlösung
- Nach den Ausführungen im Theorieteil ist „Water–Filling” ⇒ Vorschlag 2 anzuwenden, wenn ungleiche Bedingungen vorliegen.
- Der Lösungsvorschlag 3 ist aber ebenfalls richtig: Bei gleich guten Kanälen spricht nichts dagegen, alle $K$ Kanäle mit gleicher Leistung ⇒ $P_1 = P_2 =$ ... $= P_K = P_X/K$ zu versorgen.
(2) Für die Transinformation gilt bei gleicher Leistungsaufteilung:
- $$I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) \ = \ {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{5}{1} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{5}{4} \right )=1.292\,{\rm bit}+ 0.585\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1.877\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
(3) Entsprechend nebenstehender Skizze muss gelten:
- $$P_2 = P_1 - (\sigma_2^2 - \sigma_1^2) = P_1 -3,\hspace{0.3cm}\text{wobei }\hspace{0.3cm}P_1 + P_2 = P_X = 10$$
- $$\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_1 + (P_1 -3) = 10\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 2 \cdot P_1 = 13 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{P_1 = 6.5}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}\underline{P_2 = 3.5}\hspace{0.05cm}.$$
Für die „Wasserstandshöhe” gilt hier:
- $$H= P_1 + \sigma_1^2= P_2 + \sigma_2^2 = 7.5 = 6.5+1 = 3.5+4.$$
(4) Die Kanalkapazität gibt die maximale Transinformation an.
- Das Maximum liegt durch die bestmögliche Leistungsaufteilung gemäß der Teilaufgabe (3) bereits fest.
- Für $P_X = 10$ gilt:
- $$C={1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{6.5}{1} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{3.5}{4} \right )$$
- $$\Rightarrow\hspace{0.3cm} C=1.453\,{\rm bit}+ 0.453\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1.906\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
(5) Für $P_X = 3$ erhält man bei gleicher Leistungsaufteilung $(P_1 = P_2 =1.5)$:
- $$I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) ={1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{1.5}{1} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{1.5}{4} \right ) \hspace{0.15cm}\underline{= 0.891\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
(6) Entsprechend dem Water–Filling–Algorithmus wird die gesamte zur Verfügung stehende Sendeleistung $P_X = 3$ nun vollständig dem ersten Kanal zugewiesen:
- $${P_1 = 3}\hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}{P_2 = 0}\hspace{0.05cm}.$$
- Hier gilt also für die „Wasserstandshöhe”:
- $$H= 4= P_1 + \sigma_1^2= P_2 + \sigma_2^2= 3+1=0+4.$$
- Damit erhält man für die Kanalkapazität:
- $$C ={1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{3}{1} \right ) +{1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{0}{4} \right )=1\,{\rm bit}+ 0\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 1\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
Weitere Anmerkungen:
- 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 Unterschied zwischen gleichmäßiger und bestmöglicher Leistungsaufteilung noch geringer.
Zum Beispiel beträgt die Differenz für $P_X = 100$ nur noch $0.001$ bit, wie die folgende Rechnung zeigt:
- Für $P_1 = P_2 = 50$ erhält man:
- $$I = I(X_1, X_2\hspace{0.05cm};\hspace{0.05cm}Y_1, Y_2) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{50}{1} \right ) +{1}/{2}\cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{50}{4} \right )= 2.836\,{\rm bit}+ 1.877\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 4.713\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
- Dagegen erhält man bei bestmöglicher Aufteilung ⇒ $P_1 = 51.5, \ P_2 = 48.5$:
- $$C = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{51.5}{1} \right ) +{1}/{2}\cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{48.5}{4} \right )= 2.857\,{\rm bit}+ 1.857\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 4.714\,{\rm bit}} \hspace{0.05cm}.$$
