Aufgabe 4.3: Iterative Decodierung beim BSC

BSC–Modell und mögliche Empfangswerte

Wir betrachten in dieser Aufgabe zwei Codes:

den Single Parity–Code ⇒ SPC (3, 2, 2):

$$\underline{x} = \big (\hspace{0.05cm}(0, 0, 0), \hspace{0.1cm} (0, 1, 1), \hspace{0.1cm} (1, 0, 1), \hspace{0.1cm} (1, 1, 0) \hspace{0.05cm} \big ) \hspace{0.05cm}, $$

den Wiederholungscode ⇒ RC (3, 1, 3):

$$\underline{x} = \big (\hspace{0.05cm}(0, 0, 0), \hspace{0.1cm} (1, 1, 1) \hspace{0.05cm} \big ) \hspace{0.05cm}.$$

Der Kanal wird auf Bitebene durch das BSC–Modell beschrieben. Entsprechend der Grafik gilt dabei:

$${\rm Pr}(y_i \ne x_i) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}\varepsilon = 0.269\hspace{0.05cm},$$

$${\rm Pr}(y_i = x_i) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}1-\varepsilon = 0.731\hspace{0.05cm}.$$

Hierbei bezeichnet $\epsilon$ die Verfälschungswahrscheinlichkeit.

Bis auf die letzte Teilaufgabe wird stets von folgendem Empfangswert ausgegangen:

$$\underline{y} = (0, 1, 0) =\underline{y}_2 \hspace{0.05cm}. $$

Die hier gewählte Indizierung aller möglichen Empfangsvektoren kann der Grafik entnommen werden. Der meist betrachtete Vektor $\underline{y}_2$ ist hierbei rot hervorgehoben. Für die Teilaufgabe (6) gilt dann:

$$\underline{y} = (1, 1, 0) =\underline{y}_6 \hspace{0.05cm}. $$

Zur Decodierung sollen in der Aufgabe untersucht werden:

die Syndromdecodierung, die bei den hier betrachteten Codes als Hard Decision Maximum Likelihood Detection (HD–ML) vornimmt. Hinweis: Softwerte liegen beim BSC nicht vor.
die symbolweise Soft–in Soft–out Decodierung (SISO) entsprechend dieses Abschnitts.

Hinweise:

Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Soft–in Soft–out Decoder.
Das vom Decoder ausgewählte Codewort wird in den Fragen mit $\underline{z}$ bezeichnet.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Das Empfangswort $\underline{y}_2 = (0, 1, 0)$ ist kein gültiges Codewort bezüglich des Single Parity–check Codes SPC (3, 2). Somit ist die erste Aussage falsch.

Da der SPC (3, 2) zudem nur die minimale Distanz $d_{\rm min} = 2$ aufweist, kann auch kein Fehler korrigiert werden. Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 3.

(2) Die möglichen Codeworte beim RP (3, 1) sind $\underline{x}_0 = (0, 0, 0)$ und $\underline{x}_1 = (1, 1, 1)$. Die minimale Distanz dieses Codes beträgt $d_{\rm min} = 3$, so dass $t = (d_{\rm min} \, –1)/2 = 1$ Fehler korrigiert werden kann. Neben $\underline{y}_0 = (0, 0, 0)$ werden auch die Empfangsworte $\underline{y}_1 = (0, 0, 1), \ \underline{y}_2 = (0, 1, 0)$ und $\underline{y}_4 = (1, 0, 0)$ dem Decodierergebnis $\underline{x}_0 = (0, 0, 0)$ zugeordnet ⇒ Lösungsvorschlag 2.

(3) Entsprechend dem BSC–Modell gilt für die bedingte Wahrscheinlichkeit, dass $\underline{y}_2 = (0, 1, 0)$ empfangen wird, unter der Voraussetzung, dass $\underline{x}_0 = (0, 0, 0)$ gesendet wurde:

$${\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 ) = (1-\varepsilon)^2 \cdot \varepsilon\hspace{0.05cm}.$$

Der erste Term $(1 \, –\epsilon)^2$ gibt dabei die Wahrscheinlichkeit dafür an, dass das erste und das dritte Bit richtig übertragen wurden und $\epsilon$ berücksichtigt die Verfälschungswahrscheinlichkeit für das zweite Bit.

Entsprechend gilt für das zweite mögliche Codewort $\underline{x}_1 = (1, 1, 1)$:

$${\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_1 ) = \varepsilon^2 \cdot (1-\varepsilon) \hspace{0.05cm}.$$

Nach dem Satz von Bayes gilt dann für die Rückschlusswahrscheinlichkeiten:

$${\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y} = \underline{y}_2 ) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 ) \cdot \frac{{\rm Pr}(\underline{x} = \underline{x}_0)} {{\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2)} \hspace{0.05cm},$$

$${\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_1 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y} = \underline{y}_2 ) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_1 ) \cdot \frac{{\rm Pr}(\underline{x} = \underline{x}_1)} {{\rm Pr}(\underline{y} = \underline{y}_2)} $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} S = \frac{{\rm Pr(richtige \hspace{0.15cm}Entscheidung)}} {{\rm Pr(falsche \hspace{0.15cm}Entscheidung) }} = \frac{(1-\varepsilon)^2 \cdot \varepsilon}{\varepsilon^2 \cdot (1-\varepsilon)}= \frac{(1-\varepsilon)}{\varepsilon}\hspace{0.05cm}.$$

Mit $\epsilon = 0.269$ erhält man folgende Zahlenwerte:

$$S = {0.731}/{0.269}\hspace{0.15cm}\underline {= 2.717}\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm ln}\hspace{0.15cm}(S)\hspace{0.15cm} \underline {= 1}\hspace{0.05cm}.$$

(4) Das Vorzeichen des Kanal–$L$–Wertes $L_{\rm K}(i)$ ist positiv, falls $y_i = 0$, und negativ für $y_i = 1$. Der Betrag gibt die Zuverlässigkeit von $y_i$ an. Beim BSC–Modell gilt $|L_{\rm K}(i)| = \ln {(1 \, – \epsilon)/\epsilon} = 1$ für alle $i$. Also:

$$\underline {L_{\rm K}}(1)\hspace{0.15cm} \underline {= +1}\hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} \underline {L_{\rm K}}(2)\hspace{0.15cm} \underline {= -1}\hspace{0.05cm},\hspace{0.5cm} \underline {L_{\rm K}}(3)\hspace{0.15cm} \underline {= +1}\hspace{0.05cm}.$$

(5) Die erste Tabelle verdeutlicht die iterative symbolweise Decodierung ausgehend von $\underline{y}_2 = (0, \, 1, \, 0)$.

Iterative Decodierung von $(+1, –1, +1)$

Diese Ergebnisse lassen sich wie folgt interpretieren:

Die Vorbelegung (Iteration $I = 0$) geschieht entsprechend $\underline{L}_{\rm APP} = \underline{L}_{\rm K}$. Eine harte Entscheidung ⇒ „sign $\underline{L}_{\rm APP}(i)$” würde zum Decodierergebnis $(0, \, 1, \, 0)$ führen. Die Zuverlässigkeit dieses offensichtlich falschen Ergebnisses wird mit $|\Sigma_{\rm APP}| = 1$ angegeben. Dieser Wert stimmt mit dem in Teilaufgaben (3) berechneten „$\ln (S)$” überein.
Nach der ersten Iteration $(I = 1)$ sind alle Aposteriori–$L$–Werte $L_{\rm APP}(i) = +1$. Eine harte Entscheidung würde hier das (voraussichtlich) richtige Ergebnis $\underline{x}_{\rm APP} = (0, \, 0, \, 0)$ liefern. Die Wahrscheinlichkeit, dass dieses Ergebnis richtig ist, wird durch $|\Sigma_{\rm APP}| = 3$ quantifiziert:

$${\rm ln}\hspace{0.25cm}\frac{{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)}{1-{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)} = 3 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \frac{{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)}{1-{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)} = {\rm e}^3 \approx 20$$

$$\hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2) = {20}/{21} {\approx 95.39\%}\hspace{0.05cm}.$$

Die zweite Iteration bestätigt das Decodierergebnis der ersten Iteration. Die Zuverlässigkeit wird hier sogar mit „$9$” beziffert. Dieser Wert kann wie folgt interpretiert werden:

$$\frac{{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)}{1-{\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2)} = {\rm e}^9 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Pr}(\hspace{0.1cm}\underline{x} = \underline{x}_0 \hspace{0.1cm}| \hspace{0.1cm}\underline{y}=\underline{y}_2) = {{\rm e}^9}/{({\rm e}^9+1)} \approx 99.99\% \hspace{0.05cm}.$$

Mit jeder weiteren Iteration nimmt der Zuverlässigkeitswert und damit die Wahrscheinlichkeit ${\rm Pr}(\underline{x}_0 | \underline{y}_2)$ drastisch zu ⇒ Alle Lösungsvorschläge sind richtig.

(6) Für den Empfangsvektor $\underline{y}_6 = (1, \, 1, \, 0)$ gilt folgende Tabelle:

Iterative Decodierung von $(–1, –1, +1)$

Der Decoder entscheidet sich nun für die Folge $\underline{x}_1 = (1, \, 1, \, 1)$. Der Fall „$\underline{y}_3 = (1, \, 1, \, 0)$ empfangen unter der Voraussetzung $\underline{x}_1 = (1, \, 1, \, 1)$ gesendet” würde genau der in der letzten Teilaufgabe betrachteten Konstellation „\underline{y}_2 = (1, \, 0, \, 1)$ empfangen und $\underline{x}_0 = (0, \, 0, \, 0)$ gesendet” entsprechen. Da aber $\underline{x}_0 = (0, \, 0, \, 0)$ gesendet wurde, gibt es nun zwei Bitfehler mit folgender Konsequenz:

Der iterative Decoder entscheidet falsch.
Mit jeder weiteren Iteration wird die falsche Entscheidung als zuverlässiger deklariert.

Richtig sind die Lösungsvorschläge 2 und 3.

	Die HD–Syndromdecodierung liefert das Ergebnis $\underline{z} = (0, \, 1, \, 0)$,
	Die HD–Syndromdecodierung liefert das Ergebnis $\underline{z} = (0, \, 0, \, 0)$,
	Die HD–Syndromdecodierung versagt hier.

	Ab der ersten Iteration sind alle Vorzeichen von $L_{\rm APP}(i)$ positiv.
	Bereits nach der zweiten Iteration ist ${\rm Pr}(\underline{x}_0 \| \underline{y}_2)$ größer als $99\%$.
	Mit jeder Iteration werden die Beträge $L_{\rm APP}(i)$ größer.

	Der iterative Decoder entscheidet richtig.
	Der iterative Decoder entscheidet falsch.
	Die „Zuverlässigkeit” für „$\underline{y}_6 \Rightarrow \underline{x}_0$” steigt mit wachsendem $I$.