Aufgabe 4.6: AWGN–Kanalkapazität

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Flussdiagramm der Information

Wir gehen vom AWGN-Kanalmodell aus:

• $X$ kennzeichnet den Eingang (Sender).
• $N$ steht für eine gaußverteilte Störung.
• $Y = X +N$ beschreibt den Ausgang (Empfänger) bei additiver Störung.

Für die Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion der Störung gelte:

$$f_N(n) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \hspace{0.03cm}\sigma_{\hspace{-0.05cm}N}^2}} \cdot {\rm e}^{ - \hspace{0.05cm}{n^2}\hspace{-0.05cm}/{(2 \hspace{0.03cm} \sigma_{\hspace{-0.05cm}N}^2) }} \hspace{0.05cm}.$$

Da die Zufallsgröße $N$ mittelwertfrei ist   ⇒   $m_{N} = 0$, kann man die Varianz  $\sigma_{\hspace{-0.05cm}N}^2$  mit der Leistung  $P_N$  gleichsetzen. In diesem Fall ist die differentielle Entropie der Zufallsgröße $N$ wie folgt angebbar (mit der Pseudo–Einheit „bit”):

$$h(N) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 2\pi {\rm e} \cdot P_N \right )\hspace{0.05cm}.$$

In dieser Aufgabe wird  $P_N = 1 \rm mW$  vorgegeben. Dabei ist zu beachten:

• Die Leistung $P_N$ in obiger Gleichung muss wie die Varianz  $\sigma_{\hspace{-0.05cm}N}^2$  dimensionslos sein.

• Um mit dieser Gleichung arbeiten zu können, muss die physikalische Größe  $P_N$  geeignet normiert werden, zum Beispiel entsprechend $P_N = 1 \rm mW$   ⇒   $P_N\hspace{0.01cm}' = 1$.

• Bei anderer Normierung, beispielsweise  $P_N = 1 \rm mW$    ⇒    $P_N\hspace{0.01cm}' = 0.001$  ergäbe sich für  $h(N)$  ein völlig anderer Zahlenwert.

Weiter können Sie bei der Lösung dieser Aufgabe berücksichtigen:

• Die Kanalkapazität ist definiert als die maximale Transinformation zwischen Eingang $X$ und Ausgang $Y$ bei bestmöglicher Eingangsverteilung:

$$C = \max_{\hspace{-0.15cm}f_X:\hspace{0.05cm} {\rm E}[X^2] \le P_X} \hspace{-0.2cm} I(X;Y) \hspace{0.05cm}.$$

• Die Kanalkapazität des AWGN–Kanals lautet:

$$C_{\rm AWGN} = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{P_X}{P_N} \right ) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + \frac{P_{\hspace{-0.05cm}X}\hspace{0.01cm}'}{P_{\hspace{-0.05cm}N}\hspace{0.01cm}'} \right )\hspace{0.05cm}.$$

Daraus ist ersichtlich, dass die die Kanalkapazität $C$ und auch die Transinformation  $I(X; Y)$  im Gegensatz zu den differentiellen Entropien unabhängig von obiger Normierung ist.

• Bei gaußförmiger Stör–WDF  $f_N(n)$  führt eine ebenfalls gaußförmige Eingangs–WDF  $f_X(x)$  zur maximalen Transinformation und damit zur Kanalkapazität.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  AWGN–Kanalkapazität bei wertkontinuierlichem Eingang.
• Da die Ergebnisse in „bit” angegeben werden sollen, wird in den Gleichungen „log”  ⇒  „log₂” verwendet.

Fragebogen

1

Welche Sendeleistung ist für  $C = 2 \ \rm bit$  erforderlich?

$P_X \ = \ $ $\ \rm mW$

2

Unter welchen Voraussetzungen ist  $I(X; Y) = 2 \ \rm bit$  überhaupt erreichbar?

	$P_X$ ist wie unter (1) ermittelt oder größer.
	Die Zufallsgröße $X$ ist gaußverteilt.
	Die Zufallsgröße $X$ ist mittelwertfrei.
	Die Zufallsgrößen $X$ und $N$ sind unkorreliert.
	Die Zufallsgrößen $X$ und $Y$ sind unkorreliert.

3

Berechnen Sie die differentiellen Entropien der Zufallsgrößen $N$, $X$ und $Y$ bei geeigneter Normierung, z. B. $P_N = 1 \rm mW$   ⇒   $P_N\hspace{0.01cm}' = 1$.

$h(N) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(X) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

4

Wie lauten die weiteren informationstheoretischen Beschreibungsgrößen?

$h(Y|X) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(X|Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(XY) \ = \ $ $\ \rm bit$

5

Welche Größen ergäben sich bei gleichem $P_X$ im Grenzfall $P_N\hspace{0.01cm} ' \to 0$ ?

$h(X) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(Y|X) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

$I(X;Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

$h(X|Y) \ = \ $ $\ \rm bit$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die Gleichung für die AWGN–Kanalkapazität in „bit” lautet:

$$C_{\rm bit} = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + {P_X}/{P_N} \right )\hspace{0.05cm}.$$

Mit $C_{\rm bit} = 2$ ergibt sich daraus:

$$4 \stackrel{!}{=} {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 1 + {P_X}/{P_N} \right ) \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} 1 + {P_X}/{P_N} \stackrel {!}{=} 2^4 = 16 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} P_X = 15 \cdot P_N \hspace{0.15cm}\underline{= 15\,{\rm mW}} \hspace{0.05cm}. $$

(2)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 bis 4. Begründung:

• Für  $P_X < 15 \ \rm mW$  wird die Transinformation  $I(X; Y)$  stets kleiner als $2$ bit sein, unabhängig von allen anderen Gegebenheiten.
• Mit  $P_X = 15 \ \rm mW$  ist die maximale Transinformation  $I(X; Y) = 2$  bit nur erreichbar, wenn die Eingangsgröße $X$ gaußverteilt ist. Die Ausgangsgröße $Y$ ist dann ebenfalls gaußverteilt.
• Weist die Zufallsgröße $X$ einen Gleichanteil  $m_X$ auf, so ist die Varianz  $\sigma_X^2 = P_X - m_X^2 $  bei gegebenem $P_X$  kleiner, und es gilt  $I(X; Y) = 1/2 · \log_2 \ (1 + \sigma_X^2/P_N) < 2$ bit.
• Voraussetzung für die gegebene Kanalkapazitätsgleichung ist, dass $X$  und  $N$ unkorreliert sind. Wären dagegen die Zufallsgrößen $X$  und  $N$ unkorreliert, so ergäbe sich  $I(X; Y) = 0$.

Informationstheoretische Größen für den AWGN-Kanal

(3)  Die angegebene Gleichung für die differentielle Entropie macht nur bei dimensionsloser Leistung Sinn. Mit der vorgeschlagenen Normierung erhält man:

• Für  $P_N = 1 \ \rm mW$   ⇒   $P_N\hspace{0.05cm}' = 1$:

$$h(N) \ = \ {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 2\pi {\rm e} \cdot 1 \right ) = \ {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 17.08 \right ) \hspace{0.15cm}\underline{= 2.047\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm},$$

• Für  $P_X = 15 \ \rm mW$   ⇒   $P_X\hspace{0.01cm}' = 15$:

$$h(X) \ = \ {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 2\pi {\rm e} \cdot 15 \right ) = {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left ( 2\pi {\rm e} \right ) + {1}/{2} \cdot {\rm log}_2\hspace{0.05cm}\left (15 \right ) \hspace{0.15cm}\underline{= 4.000\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}, $$

• Für  $P_Y = P_X + P_N = 16 \ \rm mW$   ⇒  $P_Y\hspace{0.01cm}' = 16$:

$$h(Y) = 2.047\,{\rm bit} + 2.000\,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 4.047\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$

(4)  Für die differentielle Irrelevanz gilt beim AWGN–Kanal:

$$h(Y \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} X) = h(N) \hspace{0.15cm}\underline{= 2.047\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$

Entsprechend nebenstehender Grafik gilt aber auch:

$$h(Y \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} X) = h(Y) - I(X;Y) = 4.047 \,{\rm bit} - 2 \,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 2.047\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}. $$

Daraus kann die differentielle Äquivokation wie folgt berechnet werden:

$$h(X \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} Y) = h(X) - I(X;Y) = 4.000 \,{\rm bit} - 2 \,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 2.000\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$

Abschließend wird auch noch die differentielle Verbundentropie angegeben, die aus obigem Schaubild nicht direkt ablesbar ist:

$$h(XY) = h(X) + h(Y) - I(X;Y) = 4.000 \,{\rm bit} + 4.047 \,{\rm bit} - 2 \,{\rm bit} \hspace{0.15cm}\underline{= 6.047\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm}.$$

Informationstheoretische Größen beim idealen Kanal

(5)  Beim idealen Kanal erhält man mit $h(X)\underline{= 4.000 \,{\rm bit}}$:

$$h(Y \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} X) \ = \ h(N) \hspace{0.15cm}\underline{= 0\,{\rm (bit)}}\hspace{0.05cm},$$

$$h(Y) \ = \ h(X) \hspace{0.15cm}\underline{= 4\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm},$$

$$I(X;Y) \ = \ h(Y) - h(Y \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} X)\hspace{0.15cm}\underline{= 4\,{\rm bit}}\hspace{0.05cm},$$ $$ h(X \hspace{-0.05cm}\mid \hspace{-0.05cm} Y) \ = \ h(X) - I(X;Y)\hspace{0.15cm}\underline{= 0\,{\rm (bit)}}\hspace{0.05cm}.$$

Die Grafik zeigt diese Größen in einem Flussdiagramm.

• Das gleiche Diagramm ergäbe sich auch im wertdiskreten Fall mit $M = 16$ gleichwahrscheinlichen Symbolen   ⇒   $H(X)= 4.000 \,{\rm bit}$.
• Man müsste nur jedes $h$ durch ein $H$ ersetzen.