Aufgaben:Aufgabe 1.17: Zum Kanalcodierungstheorem

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Kanalkapazität (grün) und Coderaten (rote Punkte) einiger etablierter Systeme

Die Grafik zeigt die maximal zulässige Coderate  $R < C$  gemäß Shannons  Kanalcodierungstheorem:

• Die grüne Grenzkurve gibt die Kanalkapazität  $C$  für den AWGN–Kanal unter der Voraussetzung eines binären Eingangssignals  („BPSK”)  an.

• In der  Aufgabe 1.17Z  wird hierfür eine einfache Näherung angegeben.  Mit der zweiten Abszisse

$$x = \frac {1.6\,{\rm dB} + 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 }{1\,{\rm dB}}$$

ergibt sich näherungsweise:

$$C \approx \hspace{0.15cm} \left\{ \begin{array}{c} 1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x} \\ \\ 0 \end{array} \right.\quad \begin{array}{*{1}c} {\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}} x > 0, \\ \\{\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}} x < 0. \end{array}$$

• Gilt  $R < C$,  so kann ein Code gefunden werden,  der bei unendlich langen Blöcken  $(n → ∞)$  zur Fehlerwahrscheinlichkeit „Null” führt.

• Wie dieser Code aussieht,  ist durch das Kanalcodierungstheorem nicht festgelegt und spielt für diese Aufgabe auch keine Rolle.

In die Grafik als Punkte eingezeichnet sind die Kenngrößen etablierter Codiersysteme:

• Die Punkte  $\rm X$,  $\rm Y$  und  $\rm Z$  markieren drei Hamming–Codes unterschiedlicher Codelängen,  nämlich mit  $n = 7$,  $n = 15$  und  $n = 31$.

• Das Codiersystem  $\rm W$  ist durch die Kenngrößen  $R = 0.5$  und  $10 \ · \ \lg {E_{\rm B}/N_0} = 3 {\rm dB}$  gekennzeichnet.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Themengebiet von Kapitel  "Informationstheoretische Grenzen der Kanalcodierung".

• Die informationstheoretische Grenze  "Kanalkapazität"  bezieht sich auf die Fehlerwahrscheinlichkeit  $\rm BER =0$.

• Die eingezeichneten Punkte realer Übertragungssysteme ergeben sich dagegen unter der Annahme  $\rm BER = 10^{–5}$.

Fragebogen

1

Welche der Punkte gehören zu welchem Hamming–Code?  Hinweis:   Die Grafik wurde für  $\rm BER = 10^{–5}$  erstellt.

	$\rm X$  bezeichnet den  $(7, 4, 3)$–Hamming–Code.
	$\rm Y$  bezeichnet den  $(15, 11, 3)$–Hamming–Code.
	$\rm Z$  bezeichnet den  $(31, 26, 3)$–Hamming–Code.

2

In welche Richtung(en) werden sich die Punkte  $\rm X$,  $\rm Y$  und  $\rm Z$  verschieben,  wenn die Grafik für  $\rm BER = 10^{–10}$  erstellt werden soll?

	Nach links,
	nach rechts,
	nach oben.

3

Bis zu welcher Coderate  $R_{\rm max}$  könnte man ein System mit gleichem  $E_{\rm B}/N_{0} = 3 \ {\rm dB}$   wie System  $\rm W$  betreiben?

$R_{\rm max} \ = \ $

4

Um welchen Faktor  $A > 1$  könnte die Sendeleistung von System  $\rm W$  nach der Kanalkapazitätskurve mit  $ R = 0.5$  herabgesetzt werden?

$A \ = \ $

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Richtig sind  alle Lösungsvorschläge:

• Aus der Grafik erkennt man bereits,  dass die Rate von  $\rm Z$  größer ist als die Rate von  $\rm Y$  und die Rate von  $\rm Y$  größer ist als die Rate von  $\rm X$.

• Die tatsächlichen Raten dieser drei Systeme sind  $R_{\rm X} = 4/7 = 0.571$,  $R_{\rm Y} = 11/15 = 0.733$  und  $R_{\rm Z} = 26/31 = 0.839$.

• Da zudem der  $(31, 26, 3)$–Hamming–Code   ⇒   Code  $\rm Z$  die größte Codewortlänge  $n$  aufweist,  benötigt er trotz größerer Coderate  $R$  für  ${\rm BER} = 10^{–5}$  ein geringeres  $E_{\rm B}/N_{0}$  als die beiden anderen Hamming–Codes.

(2)  Richtig ist  die Antwort 2:

• Für eine kleinere Bitfehlerrate benötigt man stets ein größeres  $E_{\rm B}/N_{0}$.

• Eine vertikale Verschiebung gibt es nicht,  da sich auch mit  $\rm BER = 10^{–10}$  an den Coderaten nichts ändert.

(3)  Für den logarithmierten AWGN–Parameter  $10 · \lg {E_{\rm B}/N_0} = 3 \ {\rm dB}$  ergibt sich die vorne angegebene Hilfsgröße  $x = 1.6 + 3 = 4.6.$  Damit erhält man:

$$R_{\rm max} = C (x = 4.6)= 1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} 4.6} \hspace{0.15cm} \underline{= 0.84} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Entsprechend der vorgegebenen Gleichung gilt nun:

$$1 - {\rm e}^{- 0.4 \hspace{0.05cm} \cdot \hspace{0.05cm} x} = 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x = \frac{-{\rm ln}(0.5)}{-0.4} = 1.73\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} 10 \cdot {\rm lg} \hspace{0.1cm} E_{\rm B}/N_0 = 1.73 - 1.6 = 0.13 \,{\rm dB}\hspace{0.05cm}.$$

• $10 · \lg {E_{\rm B}/N_0}$  könnte demnach um  $3 \ \rm dB - 0.13 \ dB = 2.87 \ dB$  herabgesetzt werden,  also um den Faktor  $A = 10^{0.287}\hspace{0.15cm} \underline{= 1.94} \hspace{0.05cm}.$