Aufgabe 4.5: Nochmals zu den extrinsischen L–Werten
Wir gehen wie im Theorieteil vom Single Parity–check Code SPC (3, 2, 2) aus. Die möglichen Codeworte sind:
- $$\underline{x} \hspace{-0.01cm}\in \hspace{-0.01cm} \{ \underline{x}_0,\hspace{0.05cm} \underline{x}_1,\hspace{0.05cm} \underline{x}_2,\hspace{0.05cm} \underline{x}_3\}\hspace{0.15cm}{\rm mit}$$
- $$\underline{x}_0 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_0 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1)\hspace{0.05cm},$$
- $$\underline{x}_1 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_1 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1)\hspace{0.05cm},$$
- $$\underline{x}_2 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_2 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1)\hspace{0.05cm},$$
- $$\underline{x}_3 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}1\hspace{-0.03cm},\hspace{0.05cm}0)\hspace{0.35cm}{\rm bzw. } \hspace{0.35cm} \underline{x}_3 \hspace{-0.05cm}=\hspace{-0.05cm} (-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}-1\hspace{-0.03cm},\hspace{-0.05cm}+1)\hspace{0.05cm}.$$
In der Aufgabe verwenden wir meist die zweite (bipolare) Darstellung der Codesymbole: $x_i ∈ \{+1, -1\}$.
Es ist nicht so, dass der SPC (3, 2, 2) von großen praktischen Interesse wäre, da zum Beispiel bei Hard Decision wegen $d_{\rm min} = 2$ nur ein Fehler erkannt und kein einziger korrigiert werden kann. Der Code ist aber wegen des überschaubaren Aufwands für Übungs– und Demonstrationszwecke gut geeignet.
Mit iterativer symbolweiser Decodierung kann man auch einen Fehler korrigieren. Beim vorliegenden Code müssen die extrinsischen $L$–Werte $\underline{L}_{\rm E} = L_{\rm E}(1), \ L_{\rm E}(2), \ L_{\rm E}(3)$ entsprechend der Gleichung
- $$L_{\rm E}(i) = {\rm ln} \hspace{0.15cm}\frac{{\rm Pr} \left [w_{\rm H}(\underline{x}^{(-i)})\hspace{0.15cm}{\rm ist \hspace{0.15cm} gerade} \hspace{0.05cm} \right ]}{{\rm Pr} \left [w_{\rm H}(\underline{x}^{(-i)})\hspace{0.15cm}{\rm ist \hspace{0.15cm} ungerade} \hspace{0.05cm} \hspace{0.05cm}\right ]}$$
berechnet werden. Hierbei bezeichnet $\underline{x}^{(-1)}$ alle Symbole mit Ausnahme von $x_i$ und ist somit ein Vektor der Länge $n - 1 = 2$.
Als den ersten $L_{\rm E}(i)$–Ansatz bezeichnen wir die Vorgehensweise entsprechend
- $$L_{\rm E}(1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_2/2) \cdot {\rm tanh}(L_3/2) \right ] \hspace{0.05cm},$$
- $$L_{\rm E}(2) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_1/2) \cdot {\rm tanh}(L_3/2) \right ] \hspace{0.05cm},$$
- $$L_{\rm E}(3) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(L_1/2) \cdot {\rm tanh}(L_2/2) \right ] \hspace{0.05cm}.$$
Dieser erste $L_{\rm E}(i)$–Ansatz liegt der obigen Ergebnistabelle (rote Einträge) zugrunde, wobei von folgenden Aposteriori–$L$–Werten ausgegangen wird:
- $$\underline {L}_{\rm APP} = (+1.0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}+0.4\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-1.0) \hspace{0.5cm}{\rm kurz\hspace{-0.1cm}:}\hspace{0.25cm} L_1 = +1.0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} L_2 = +0.4\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} L_3 = -1.0\hspace{0.05cm}.$$
Die extrinsischen $L$–Werte für die nullte Iteration ergeben sich zu $L_{\rm E}(1) = -0.1829, \ L_{\rm E}(2) = -0.4337$ und $L_{\rm E}(3) = +0.1829$. Diese Werte werden in der Aufgabe Z4.5 berechnet ⇒ siehe Musterlösung.
Die Aposteriori–Werte zu Beginn der ersten Iteration sind damit
- $$\underline{L}^{(I=1)} = \underline{L}^{(I=0)} + \underline{L}_{\hspace{0.02cm}\rm E}^{(I=0)} = (+0.8171\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-0.0337\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm}-0.8171) \hspace{0.05cm} . $$
Daraus ergeben sich die neuen extrinsischen Werte für die Iterationsschleife $I = 1$ wie folgt:
- $$L_{\rm E}(1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(-0.0337/2) \cdot {\rm tanh}(-0.8171/2) \right ] = 0.0130 = -L_{\rm E}(3)\hspace{0.05cm},$$
- $$L_{\rm E}(2) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(+0.8171/2) \cdot {\rm tanh}(-0.8171/2) \right ] = - 0.3023\hspace{0.05cm}.$$
Weiter erkennt man aus der oberen Tabelle:
- Eine harte Entscheidung entsprechend den Vorzeichen vor der ersten Iteration ⇒ $I = 0$ scheitert, da $(+1, +1, +1)$ kein gültiges SPC (3, 2, 2)–Codewort ist.
- Schon nach $I = 1$ Iterationen liefert eine harte Entscheidung ein gültiges Codewort, nämlich $\underline{x}_2 = (+1, -1, -1)$. Auch in späteren Grafiken sind erstmals richtige HD–Entscheidungen blau hinterlegt.
- Harte Entscheidungen nach weiteren Iterationen $(I ≥ 2)$ führen jeweils zum gleichen Codewort $\underline{x}_2$. Diese Aussage gilt nicht nur für dieses Beispiel, sondern ganz allgemein.
Daneben betrachten wir hier einen zweiten $L_{\rm E}(i)$–Ansatz, der hier am Beispiel für das erste Symbol $(i = 1)$ angegeben wird:
- $${\rm sign} [L_{\rm E}(1)] \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm sign} [L_{\rm E}(2)] \cdot {\rm sign} [L_{\rm E}(3)]\hspace{0.05cm},$$
- $$|L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \left ( |L_{\rm E}(2)|\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}|L_{\rm E}(3)| \right ) \hspace{0.05cm}.$$
Dieser Ansatz basiert auf der Annahme, dass die Zuverlässigkeit von $L_{\rm E}(i)$ im wesentlichen durch das unzuverlässige Nachbarsymbol bestimmt wird. Das bessere (größere) Eingangs–LLR wird dabei völlig außer Acht gelassen. &ndahs; Betrachten wir hierzu zwei Beispiele:
Für $L_2 = 1.0$ und $L_3 = 5.0$ ergibt sich beispielsweise
- nach dem ersten Ansatz:
- $$L_{\rm E}(1) =2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(0.5) \cdot {\rm tanh}(2.5) \right ] =2 \cdot {\rm tanh}^{-1}(0.4559) = 0.984\hspace{0.05cm},$$
- nach dem zweiten Ansatz:
- $$|L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \left ( 1.0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}5.0 \right ) = 1.000 \hspace{0.05cm}.$$
Dagegen erhält man für $L_2 = L_3 = 1.0$
- nach dem ersten Ansatz:
- $$L_{\rm E}(1) =2 \cdot {\rm tanh}^{-1} \left [{\rm tanh}(0.5) \cdot {\rm tanh}(0.5) \right ] =2 \cdot {\rm tanh}^{-1}(0.2135) = 0.433\hspace{0.05cm},$$
- nach dem zweiten Ansatz:
- $$L_{\rm E}(1)| \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Min} \left ( 1.0\hspace{0.05cm}, \hspace{0.05cm}1.0 \right ) = 1.000 \hspace{0.05cm}.$$
Man erkennt die deutliche Diskrepanz zwischen beiden Ansätzen. Der zweite Ansatz (Näherung) ist deutlich positiver als der erste (richtige) Ansatz. Wichtig ist eigentlich aber nur, dass die Iterationen zum gewünschten Decodierergebnis führt.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zu Kapitel 4.1.
- Behandelt wird hier ausschließlich der Lösungsansatz 2.
- Zum ersten Lösungsansatz verweisen wir auf Aufgabe Z4.5.
Fragebogen
Musterlösung
