Aufgabe 3.09Z: Nochmals Viterbi–Algorithmus

Trellis für einen Rate–1/2–Code mit Gedächtnis $m = 1$

Die Grafik zeigt das Trellisdiagramm das Faltungscodes entsprechend Aufgabe A3.6, gekennzeichnet durch folgende Größen:

Rate 1/2 ⇒ $k = 1, \ n = 2$,
Gedächtnis $m = 1$,
Übertragungsfunktionsmatrix $\mathbf{G}(D) = (1, \ 1 + D)$,
Länge der Informationssequenz: $L = 4$,
Sequenzlänge inklusive Terminierung: $L' = L + m = 5$.

Anhand dieser Darstellung soll die Viterbi–Decodierung schrittweise nachvollzogen werde, wobei von der folgenden Empfangssequenz auszugehen ist: $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$.

In das Trellis eingezeichnet sind:

Der Initialwert ${\it \Gamma}_0(S_0)$ für den Viterbi–Algorithmus wird stets zu $0$ gewählt.
Die beiden Fehlergrößen für den ersten Decodierschritt $(i = 1)$ erhält man mit $\underline{y}_1 = (11)$ wie folgt:

$${\it \Gamma}_1(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big ) = 2 \hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_1(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\it \Gamma}_0(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (11) \big ) = 0 \hspace{0.05cm}.$$

Die Fehlergrößen zum Schritt $i = 2$ ⇒ $\underline{y}_2 = (01)$ ergeben sich durch folgende Vergleiche:

$${\it \Gamma}_2(S_0) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((00)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((01)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$

$$\hspace{1.35cm} = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+0 \right ] = 0\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_2(S_1) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm}{\rm min} \left [{\it \Gamma}_{1}(S_0) + d_{\rm H} \big ((11)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big )\hspace{0.05cm}, \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(S_1) + d_{\rm H} \big ((10)\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} (01) \big ) \right ] =$$

$$\ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 0+2 \right ] = 2\hspace{0.05cm}.$$

In gleicher Weise sollen Sie

die Fehlergrößen zu den Zeitpunkten $i = 3, \ i = 4$ und $i = 5$ (Terminierung) berechnen, und
die jeweils ungünstigeren Wege zu einem Knoten ${\it \Gamma}_i(S_{\mu})$ eliminieren. In der Grafik ist dies für $i = 2$ 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

die wahrscheinlichste Codesequenz $\underline{z}$ (im Idealfall gleich $\underline{x}$) an den Beschriftungen,
die wahscheinlichste Informationssequenz $\underline{\upsilon}$ (im Idealfall gleich $\underline{u}$) an den Farben.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Kapitel 3.4.
Sollte die Eingabe des Zahlenwertes „0” erforderlich sein, so geben Sie bitte „0.” ein.

Fragebogen

${\it \Gamma}_3(S_0) \ = \ $

${\it \Gamma}_3(S_1) \ = \ $

${\it \Gamma}_4(S_0) \ = \ $

${\it \Gamma}_4(S_1) \ = \ $

${\it \Gamma}_5(S_0) \ = \ $

	$\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$.
	$\underline{z} = (11, \, 01, \, 11, \, 01, \, 00)$.
	$\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.
	$\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 0)$.

	Die gleiche,
	eine andere.

Musterlösung

(1)

Trellis mit Fehlergrößen

Ausgehend von ${\it \Gamma}_2(S_0) = 0, \ {\it \Gamma}_2(S_1) = 2$ erhält man mit $\underline{y}_3 = (01)$:

$${\it \Gamma}_3(S_0) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$

$$\ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_3(S_1) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [0 + d_{\rm H} \big ((11), (01) \big ), \hspace{0.05cm}2 + d_{\rm H} \big ((10), (01) \big ) \right ] $$

$$\ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 0+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 2+2 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$

Eliminiert werden also die beiden Teilpfade, die zum Zeitpunkt $i = 2$ vom Zustand $S_1$ ausgehen ⇒ Punktierung in der Grafik.

(2) Analog zur Teilaufgabe (1) erhält man mit $y_4 = (11)$:

$${\it \Gamma}_4(S_0) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((00), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (11) \big ) \right ] $$

$$\ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 1+2\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 2}\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Gamma}_4(S_1) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [1 + d_{\rm H} \big ((11), (11) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((10), (11) \big ) \right ] $$

$$\ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 1+0\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+1 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}$$

⇒ Eliminierung der beiden Teilpfade $S_0 → S_0$ und $S_1 → S_1$ im Decodierschritt $i = 4$.

(3)

Pfadsuche

Für $i = 5$ ⇒ Terminierung erhält man mit $\underline{y}_5 = (01)$:

$${\it \Gamma}_5(S_0) \hspace{-0.25cm} \ = \ \hspace{-0.25cm}{\rm min} \left [2 + d_{\rm H} \big ((00), (01) \big ), \hspace{0.05cm}1 + d_{\rm H} \big ((01), (01) \big ) \right ] $$

$$\ = \ \hspace{-0.25cm} {\rm min} \left [ 2+1\hspace{0.05cm},\hspace{0.05cm} 1+0 \right ] \hspace{0.15cm}\underline{= 1}\hspace{0.05cm}.$$

Zu eliminieren ist hier der Teilpfad $S_0 → S_0$.

(4) Die Rückwärtssuche des durchgehenden Pfades von ${\it \Gamma}_5(S_0)$ nach ${\it \Gamma}_0(S_0)$ liefert $S_0 ← S_1 ← S_0 ← S_0 ← S_1 ← S_0$. In Vorwärtsrichtung ergibt dies den Pfad $S_0 → S_1 → S_0 → S_0 → S_1 → S_0$ und die damit die

die wahrscheinlichste Codesequenz $\underline{z} = (11, \, 01, \, 00, \, 11, \, 01)$,
die wahrscheinlichste Informationssequenz $\underline{\upsilon} = (1, \, 0, \, 0, \, 1, \, 0)$.

Richtig sind also die Lösungsvorschläge 1 und 3. Ein Vergleich mit dem vorgegebenen Empfangsvektor $\underline{y} = (11, \, 01, \, 01, \, 11, \, 01)$ zeigt, dass das sechste Bit bei der Übertragung verfälscht wurde.

(5) Ohne Terminierung ⇒ endgültige Entscheidung bei $i = 4$ hätte es zwei durchgehende Pfade gegeben:

von $S_0 → S_1 → S_0 → S_1 → S_0$ (gelb eingezeichnet),
von $S_0 → S_1 → S_0 → S_0 → S_1$ (den letztendlich richtigen),

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 gleichen Entscheidung wie in der Teilaufgabe (4) mit Terminierungsbit. Es gibt aber viele Konstellationen, bei denen erst das Terminierungsbit die richtige und sichere Entscheidung ermöglicht.