Aufgaben:Aufgabe 3.09Z: Nochmals Viterbi–Algorithmus - Versionsgeschichte

Guenter am 26. Juni 2019 um 06:45 Uhr

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Guenter am 26. Juni 2019 um 06:38 Uhr

2019-06-26T06:38:28Z

Mwiki-lnt: Textersetzung - „* Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.“ durch „ “

2018-05-29T11:41:08Z

Textersetzung - „* Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.“ durch „ “

Guenter am 22. Januar 2018 um 15:32 Uhr

2018-01-22T15:32:45Z

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2018-01-04T06:48:35Z

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Hussain am 16. Dezember 2017 um 14:46 Uhr

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Hussain am 16. Dezember 2017 um 14:45 Uhr

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Hussain am 16. Dezember 2017 um 14:43 Uhr

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Hussain am 16. Dezember 2017 um 14:43 Uhr

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 ===Musterlösung===
 {{ML-Kopf}}
-'''(1)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2657__KC_Z_3_8a_v1.png|right|frame|Trellis mit Fehlergrößen]] Ausgehend von ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:
+'''(1)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2657__KC_Z_3_8a_v1.png|right|frame|Trellis mit Fehlergrößen]] Ausgehend von&nbsp; ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:
 :$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] = {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$
 :$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
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-'''(2)'''&nbsp; Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit $y_4 = (11)$:
+'''(2)'''&nbsp; Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit&nbsp; $y_4 = (11)$:
 :$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] = {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$
 :$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] ={\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$
-&#8658; &nbsp; Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 &#8594; S_0$ und $S_1 &#8594; S_1$ imvierten Decodierschritt.
+&#8658; &nbsp; Eliminierung  im vierten Decodierschritt der beiden Teilpfade $S_0 &#8594; S_0$ und $S_1 &#8594; S_1$.
 [[Datei:P_ID2658__KC_Z_3_8d.png|right|frame|Pfadsuche]]
-'''(3)'''&nbsp; Für $i = 5$ &nbsp; &#8658; &nbsp; &bdquo;Terminierung&rdquo; erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:
+'''(3)'''&nbsp; Für $i = 5$ &nbsp; &#8658; &nbsp; &bdquo;Terminierung&rdquo; erhält man mit&nbsp; $\underline{y}_5 = (01)$:
 :$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ]  {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$

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 {{quiz-Header|Buchseite=Kanalcodierung/Decodierung von Faltungscodes}}
-[[Datei:P_ID2656__KC_Z_3_8_neu.png|right|frame|Trellis für einen Rate–1/2–Code, Gedächtnis $m = 1$]]
+[[Datei:P_ID2656__KC_Z_3_8_neu.png|right|frame|Trellis für einen Rate–1/2–Code, Gedächtnis&nbsp; $m = 1$]]
-Die Grafik zeigt das Trellis des Faltungscodes gemäß [[Aufgaben:Aufgabe_3.6:_Zustandsübergangsdiagramm| Aufgabe 3.6]], gekennzeichnet durch folgende Größen:
+Die Grafik zeigt das Trellis des Faltungscodes gemäß&nbsp; [[Aufgaben:Aufgabe_3.6:_Zustandsübergangsdiagramm| Aufgabe 3.6]], gekennzeichnet durch folgende Größen:
 * Rate 1/2 &nbsp; &#8658; &nbsp; $k = 1, \ n = 2$,
-* Gedächtnis $m = 1$,
+* Gedächtnis&nbsp; $m = 1$,
-* Übertragungsfunktionsmatrix $\mathbf{G}(D) = (1, \ 1 + D)$,
+* Übertragungsfunktionsmatrix&nbsp; $\mathbf{G}(D) = (1, \ 1 + D)$,
-* Länge der Informationssequenz: $L = 4$,
+* Länge der Informationssequenz:&nbsp; $L = 4$,
-* Sequenzlänge inklusive Terminierung: $L' = L + m = 5$.
+* Sequenzlänge inklusive Terminierung:&nbsp; $L\hspace{0.05cm}' = L + m = 5$.
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 In das Trellis eingezeichnet sind:
-* Der Initialwert ${\it \Gamma}_0(S_0)$ für den Viterbi&ndash;Algorithmus, der stets zu $0$ gewählt wird.
+* Der Initialwert&nbsp; ${\it \Gamma}_0(S_0)$&nbsp; für den Viterbi&ndash;Algorithmus, der stets zu&nbsp; $0$&nbsp; gewählt wird.
-* Die beiden Fehlergrößen für den ersten Decodierschritt $(i = 1)$ erhält man mit $\underline{y}_1 = (11)$ wie folgt:
+* Die beiden Fehlergrößen für den ersten Decodierschritt&nbsp; $(i = 1)$&nbsp; erhält man mit&nbsp; $\underline{y}_1 = (11)$&nbsp; wie folgt:
 :$${\it \Gamma}_1(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big )  = 2  \hspace{0.05cm},$$
 :$${\it \Gamma}_1(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big )  = 0  \hspace{0.05cm}.$$
-* Die Fehlergrößen zum Schritt $i = 2$ &nbsp;&#8658;&nbsp; $\underline{y}_2 = (01)$ ergeben sich durch folgende Vergleiche:
+* Die Fehlergrößen zum Schritt&nbsp; $i = 2$ &nbsp; &#8658; &nbsp; $\underline{y}_2 = (01)$&nbsp; ergeben sich durch folgende Vergleiche:
 :$${\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((01)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] $$
-:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \right ] = 0\hspace{0.05cm},$$
+:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \big [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \big ] = 0\hspace{0.05cm},$$
 :$${\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((10)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ]$$
-:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \right ] = 2\hspace{0.05cm}.$$
+:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \big [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \big ] = 2\hspace{0.05cm}.$$
 In gleicher Weise sollen Sie
-* die Fehlergrößen zu den Zeitpunkten $i = 3, \ i = 4$ und $i = 5$ (Terminierung) berechnen, und
+* die Fehlergrößen zu den Zeitpunkten&nbsp; $i = 3, \ i = 4$&nbsp; und&nbsp; $i = 5$&nbsp; (Terminierung) berechnen, und
-* die jeweils ungünstigeren Wege zu einem Knoten ${\it \Gamma}_i(S_{\mu})$ eliminieren. In der Grafik ist dies für $i = 2$ durch punktierte Linien angedeutet.
+* die jeweils ungünstigeren Wege zu einem Knoten&nbsp; ${\it \Gamma}_i(S_{\mu})$&nbsp; eliminieren. In der Grafik ist dies für&nbsp; $i = 2$&nbsp; durch punktierte Linien angedeutet.
-Anschließend ist der durchgehende Pfad von ${\it \Gamma}_0(S_0)$ bis ${\it \Gamma}_5(S_0)$ zu finden, wobei die Rückwärtsrichtung zu empfehlen ist. Verfolgt man den gefundenen Pfad in Vorwärtsrichtung, so erkennt man
+Anschließend ist der durchgehende Pfad von&nbsp; ${\it \Gamma}_0(S_0)$&nbsp; bis&nbsp; ${\it \Gamma}_5(S_0)$&nbsp; zu finden, wobei die Rückwärtsrichtung zu empfehlen ist.
-''Hinweise:''
 * Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Kanalcodierung/Decodierung_von_Faltungscodes| Decodierung von Faltungscodes]].
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 ===Fragebogen===
 <quiz display=simple>
-{Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 3$.
+{Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt&nbsp; $i = 3$.
 |type="{}"}
 ${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ ${ 1 }
 ${\it \Gamma}_3(S_1) \ = \ ${ 1 }
-{Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 4$.
+{Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt&nbsp; $i = 4$.
 |type="{}"}
 ${\it \Gamma}_4(S_0) \ = \ ${ 2 }
 ${\it \Gamma}_4(S_1) \ = \ ${ 1 }
-{Berechnen Sie die minimale Fehlergröße für den Zeitpunkt $i = 5$ (Ende).
+{Berechnen Sie die minimale Fehlergröße für den Zeitpunkt&nbsp; $i = 5$&nbsp; (Ende).
 |type="{}"}
 ${\it \Gamma}_5(S_0) \ = \ ${ 1 }

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 ''Hinweise:''
 * Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Kanalcodierung/Decodierung_von_Faltungscodes| Decodierung von Faltungscodes]].
-* Sollte die Eingabe des Zahlenwertes &bdquo;0&rdquo; erforderlich sein, so geben Sie bitte &bdquo;0.&rdquo; ein.

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 + $\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$.
 - $\underline{z} = (11, \, 01, \, 11, \, 01, \, 00)$.
-+ $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
++ $\underline{v} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
-- $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 0)$.
+- $\underline{v} = (1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 0)$.
 {Welche Entscheidung wäre ohne Terminierung getroffen worden?
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 {{ML-Kopf}}
 '''(1)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2657__KC_Z_3_8a_v1.png|right|frame|Trellis mit Fehlergrößen]] Ausgehend von ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:
-:$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] = {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$
+:$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
-Eliminiert werden also die beiden Teilpfade, die zum Zeitpunkt $i = 2$ vom Zustand $S_1$ ausgehen &nbsp;&#8658;&nbsp; Punktierung in der Grafik.
+Eliminiert werden also die beiden Teilpfade, die zum Zeitpunkt $i = 2$ (also beim dritten Decodierschritt) vom Zustand $S_1$ ausgehen &nbsp; &#8658; &nbsp; Punktierung in der Grafik.
 '''(2)'''&nbsp; Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit $y_4 = (11)$:
-:$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] = {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$
+:$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] ={\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$
-&#8658;&nbsp; Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 &#8594; S_0$ und $S_1 &#8594; S_1$ im Decodierschritt $i = 4$.
+&#8658; &nbsp; Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 &#8594; S_0$ und $S_1 &#8594; S_1$ imvierten Decodierschritt.
-'''(3)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2658__KC_Z_3_8d.png|right|frame|Pfadsuche]] Für $i = 5$ &nbsp;&#8658;&nbsp; Terminierung erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:
+[[Datei:P_ID2658__KC_Z_3_8d.png|right|frame|Pfadsuche]]
-:$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
+'''(3)'''&nbsp; Für $i = 5$ &nbsp; &#8658; &nbsp; &bdquo;Terminierung&rdquo; erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
+:$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ]  {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
 Zu eliminieren ist hier der Teilpfad $S_0 &#8594; S_0$.
-'''(4)'''&nbsp; Die Rückwärtssuche des durchgehenden Pfades von ${\it \Gamma}_5(S_0)$ nach ${\it \Gamma}_0(S_0)$ liefert $S_0 &#8592; S_1 &#8592; S_0 &#8592; S_0 &#8592; S_1 &#8592; S_0$. In Vorwärtsrichtung ergibt dies den Pfad $S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0 &#8594; S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0$ und die damit die
+'''(4)'''&nbsp; Die Rückwärtssuche des durchgehenden Pfades von ${\it \Gamma}_5(S_0)$ nach ${\it \Gamma}_0(S_0)$ liefert
 * die wahrscheinlichste Codesequenz $\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$,
-* die wahrscheinlichste Informationssequenz $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
+* die wahrscheinlichste Informationssequenz $\underline{v} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
-Richtig sind also die <u>Lösungsvorschläge 1 und 3</u>. Ein Vergleich mit dem vorgegebenen Empfangsvektor $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$ zeigt, dass das sechste Bit bei der Übertragung verfälscht wurde.
+Richtig sind also die <u>Lösungsvorschläge 1 und 3</u>:
 '''(5)'''&nbsp; Ohne Terminierung &#8658; endgültige Entscheidung bei $i = 4$ hätte es zwei durchgehende Pfade gegeben:
 * von $S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0$ (gelb eingezeichnet),
-* von $S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0 &#8594; S_0 &#8594; S_1$ (den letztendlich richtigen),
+* von $S_0 &#8594; S_1 &#8594; S_0 &#8594; S_0 &#8594; S_1$ (den letztendlich richtigen Pfad).
-Die Zwangsentscheidung zum Zeitpunkt $i = 4$ hätte hier wegen ${\it \Gamma}_4(S_1) < {\it \Gamma}_4(S_0)$ zum zweiten Pfad und damit zum Ergebnis $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1)$ geführt. Also zur <u>gleichen Entscheidung</u> wie in der Teilaufgabe (4) mit Terminierungsbit. Es gibt aber viele Konstellationen, bei denen erst das Terminierungsbit die richtige und sichere Entscheidung ermöglicht.
+Die Zwangsentscheidung zum Zeitpunkt $i = 4$ hätte hier wegen ${\it \Gamma}_4(S_1) < {\it \Gamma}_4(S_0)$ zum zweiten Pfad und damit zum Ergebnis $\underline{v} = (1, \, 0, \, 0, \, 1)$ geführt.
 {{ML-Fuß}}

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 {{quiz-Header|Buchseite=Kanalcodierung/Decodierung von Faltungscodes}}
-[[Datei:P_ID2656__KC_Z_3_8_neu.png|right|frame|Trellis für einen Rate–1/2–Code mit Gedächtnis $m = 1$]]
+[[Datei:P_ID2656__KC_Z_3_8_neu.png|right|frame|Trellis für einen Rate–1/2–Code, Gedächtnis $m = 1$]]
-Die Grafik zeigt das Trellisdiagramm das Faltungscodes entsprechend [[Aufgaben:3.6_Zustands%C3%BCbergangsdiagramm| Aufgabe A3.6]], gekennzeichnet durch folgende Größen:
+Die Grafik zeigt das Trellis des Faltungscodes gemäß [[Aufgaben:Aufgabe_3.6:_Zustandsübergangsdiagramm| Aufgabe 3.6]], gekennzeichnet durch folgende Größen:
-* Rate 1/2 &nbsp;&#8658;&nbsp; $k = 1, \ n = 2$,
+* Rate 1/2 &nbsp; &#8658; &nbsp; $k = 1, \ n = 2$,
 * Gedächtnis $m = 1$,
 * Übertragungsfunktionsmatrix $\mathbf{G}(D) = (1, \ 1 + D)$,
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-Anhand dieser Darstellung soll die Viterbi&ndash;Decodierung schrittweise nachvollzogen werde, wobei von der folgenden Empfangssequenz auszugehen ist: $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$.
+Anhand dieser Darstellung soll die Viterbi&ndash;Decodierung schrittweise nachvollzogen werde, wobei von der folgenden Empfangssequenz auszugehen ist: &nbsp; $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$.
 In das Trellis eingezeichnet sind:
-* Der Initialwert ${\it \Gamma}_0(S_0)$ für den Viterbi&ndash;Algorithmus wird stets zu $0$ gewählt.
+* Der Initialwert ${\it \Gamma}_0(S_0)$ für den Viterbi&ndash;Algorithmus, der stets zu $0$ gewählt wird.
 * Die beiden Fehlergrößen für den ersten Decodierschritt $(i = 1)$ erhält man mit $\underline{y}_1 = (11)$ wie folgt:
 :$${\it \Gamma}_1(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big )  = 2  \hspace{0.05cm},$$
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 * Die Fehlergrößen zum Schritt $i = 2$ &nbsp;&#8658;&nbsp; $\underline{y}_2 = (01)$ ergeben sich durch folgende Vergleiche:
-:$${\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((01)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$
+:$${\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((01)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \right ] = 0\hspace{0.05cm},$$
+:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \right ] = 0\hspace{0.05cm},$$
-:$${\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((10)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$
+:$${\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((10)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ]$$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \right ] = 2\hspace{0.05cm}.$$
+:$$\Rightarrow\hspace{0.3cm} {\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \right ] = 2\hspace{0.05cm}.$$
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 ''Hinweise:''
-* Die Aufgabe gehört zum Kapitel [[Kanalcodierung/Decodierung_von_Faltungscodes| Kapitel 3.4]].
 * Sollte die Eingabe des Zahlenwertes &bdquo;0&rdquo; erforderlich sein, so geben Sie bitte &bdquo;0.&rdquo; ein.
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 {Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 3$.
 |type="{}"}
-${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ ${ 1 3% }
+${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ ${ 1 }
-${\it \Gamma}_3(S_1) \ = \ ${ 1 3% }
+${\it \Gamma}_3(S_1) \ = \ ${ 1 }
 {Berechnen Sie die minimalen Fehlergrößen für den Zeitpunkt $i = 4$.
 |type="{}"}
-${\it \Gamma}_4(S_0) \ = \ ${ 2 3% }
+${\it \Gamma}_4(S_0) \ = \ ${ 2 }
-${\it \Gamma}_4(S_1) \ = \ ${ 1 3% }
+${\it \Gamma}_4(S_1) \ = \ ${ 1 }
 {Berechnen Sie die minimale Fehlergröße für den Zeitpunkt $i = 5$ (Ende).
 |type="{}"}
-${\it \Gamma}_5(S_0) \ = \ ${ 1 3% }
+${\it \Gamma}_5(S_0) \ = \ ${ 1 }
 {Welche endgültigen Ergebnisse liefert der Viterbi&ndash;Algorithmus:

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 {{ML-Kopf}}
 '''(1)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2657__KC_Z_3_8a_v1.png|right|frame|Trellis mit Fehlergrößen]] Ausgehend von ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:
-:$${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$
+:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$
-:$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
+:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
 Eliminiert werden also die beiden Teilpfade, die zum Zeitpunkt $i = 2$ vom Zustand $S_1$ ausgehen &nbsp;&#8658;&nbsp; Punktierung in der Grafik.
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 '''(2)'''&nbsp; Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit $y_4 = (11)$:
-:$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$
+:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$
-:$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$
+:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$
 &#8658;&nbsp; Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 &#8594; S_0$ und $S_1 &#8594; S_1$ im Decodierschritt $i = 4$.
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 '''(3)'''&nbsp; [[Datei:P_ID2658__KC_Z_3_8d.png|right|frame|Pfadsuche]] Für $i = 5$ &nbsp;&#8658;&nbsp; Terminierung erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:
-:$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
+:$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$
-:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
+:$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$
 Zu eliminieren ist hier der Teilpfad $S_0 &#8594; S_0$.