Aufgabe 3.12: Trellisdiagramm für zwei Vorläufer
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Version vom 8. März 2019, 12:10 Uhr von Guenter (Diskussion | Beiträge)
Trellisdiagramm für zwei Vorläufer
Wir gehen von den Grundimpulswerten $g_0$, $g_{\rm –1}$ und $g_{\rm –2}$ aus:
- Das bedeutet, dass die Entscheidung über das Symbol $a_{\rm \nu}$ auch durch die nachfolgenden Koeffizienten $a_{\rm \nu +1}$ und $a_{\rm \nu +2}$ beeinflusst wird.
- Damit sind für jeden Zeitpunkt $\nu$ genau acht Fehlergrößen $\varepsilon_{\rm \nu}$ zu bestimmen, aus denen die minimalen Gesamtfehlergrößen ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(00)$, ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(01)$, ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(10)$ und ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(11)$ berechnet werden können.
- Hierbei liefert beispielsweise ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(01)$ Information über das Symbol $a_{\rm \nu}$ unter der Annahme, dass $a_{\rm \nu +1} = 0$ und $a_{\rm \nu +2} = 1$ sein werden.
- Die minimale Gesamtfehlergröße ${\it \Gamma}_{\rm \nu}(01)$ ist hierbei der kleinere Wert aus dem Vergleich von
- $$\big[{\it \Gamma}_{\nu-1}(00) + \varepsilon_{\nu}(001)\big] \hspace{0.15cm}{\rm und} \hspace{0.15cm}\big[{\it \Gamma}_{\nu-1}(10) + \varepsilon_{\nu}(101)\big].$$
Zur Berechnung der minimalen Gesamtfehlergröße ${\it \Gamma}_2(10)$ in den Teilaufgaben (1) und (2) soll von folgenden Zahlenwerten ausgegangen werden:
- unipolare Amplitudenkoeffizienten: $a_{\rm \nu} ∈ \{0, 1\}$,
- Grundimpulswerte $g_0 = 0.5$, $g_{\rm –1} = 0.3$, $g_{\rm –2} = 0.2$,
- anliegender Detektionsabtastwert: $d_2 = 0.2$,
- Minimale Gesamtfehlergrößen zum Zeitpunkt $\nu = 1$:
- $${\it \Gamma}_{1}(00) = 0.0,\hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(01) = 0.2, \hspace{0.2cm} {\it \Gamma}_{1}(10) = 0.6,\hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(11) = 1.2 \hspace{0.05cm}.$$
In der Grafik ist das vereinfachte Trellisdiagramm für die Zeitpunkte $\nu = 1$ bis $\nu = 8$ dargestellt.
- Blaue Zweige kommen entweder von ${\it \Gamma}_{\rm \nu –1}(00)$ oder von ${\it \Gamma}_{\rm \nu –1}(01)$ und kennzeichnen eine hypothetische „$0$”.
- Dagegen weisen alle roten Zweige – ausgehend von den Zuständen ${\it \Gamma}_{\rm \nu –1}(10)$ bzw. ${\it \Gamma}_{\rm \nu –1}(11)$ – auf das Symbol „$1$” hin.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Viterbi–Empfänger.
- Alle Größen sind hier normiert zu verstehen.
- Gehen Sie zudem von unipolaren und gleichwahrscheinlichen Amplitudenkoeffizienten aus: ${\rm Pr} (a_\nu = 0) = {\rm Pr} (a_\nu = 1)= 0.5.$
- Die Thematik wird auch im interaktiven Applet Eigenschaften des Viterbi–Empfängers behandelt.
Fragebogen
Musterlösung
(1) Die erste Fehlergröße wird wie folgt berechnet:
- $$\varepsilon_{2}(010) = [d_0 - 0 \cdot g_0 - 1 \cdot g_{-1}- 0 \cdot g_{-2}]^2= [0.2 -0.3]^2\hspace{0.15cm}\underline {=0.01} \hspace{0.05cm}.$$
Entsprechend gilt für die weiteren Fehlergrößen:
- $$\varepsilon_{2}(011) \ = \ [0.2 -0.3- 0.2]^2\hspace{0.15cm}\underline {=0.09}\hspace{0.05cm},$$
- $$\varepsilon_{2}(110) \ = \ [0.2 -0.5- 0.3]^2\hspace{0.15cm}\underline {=0.36}\hspace{0.05cm},$$
- $$\varepsilon_{2}(111) \ = \ [0.2 -0.5- 0.3-0.2]^2\hspace{0.15cm}\underline {=0.64} \hspace{0.05cm}.$$
(2) Die Aufgabe ist, jeweils den minimalen Wert von zwei Vergleichswerten zu finden:
- $${\it \Gamma}_{2}(10) \ = \ {\rm Min}\left[{\it \Gamma}_{1}(01) + \varepsilon_{2}(010), \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(11) + \varepsilon_{2}(110)\right] = {\rm Min}\left[0.2+ 0.01, 1.2 + 0.36\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.21} \hspace{0.05cm},$$
- $${\it \Gamma}_{2}(11) \ = \ {\rm Min}\left[{\it \Gamma}_{1}(01) + \varepsilon_{2}(011), \hspace{0.2cm}{\it \Gamma}_{1}(11) + \varepsilon_{2}(111)\right] = {\rm Min}\left[0.2+ 0.09, 1.2 + 0.64\right]\hspace{0.15cm}\underline {= 0.29} \hspace{0.05cm}.$$
(3) Richtig sind der erste und der letzte Lösungsvorschlag:
- Die Folge $1011010$ erkennt man aus dem durchgehenden Pfad: „Rot – Blau – Rot – Rot – Blau – Rot – Blau”.
- Dagegen kann über das Symbol $a_8$ zum Zeitpunkt $\nu = 8$ noch keine endgültige Aussage gemacht werden:
- Nur unter der Hypothese $a_9 = 1$ und $a_{\rm 10} = 1$ würde man sich für $a_8 = 0$ entscheiden, bei anderen Hypothesen für $a_8 = 1$.
