信息论——信道及其容量（二）

到目前为止，我们都只算出来了信道容量，没有讲过怎么编码能得到这些容量。接下来要做的就是说明，所有上面算出来的容量，都是可以实现的。

一个信道如下图：

信道编码

这里我们先回忆一下之前的混乱打字机。之前说过，世界上任何一个数字信道，都可以直接或者间接地看作是混乱打字机模型。

对于信道$\{X,q(y|x),Y\}$的信道编码包含以下要素：

• 输入符号集合$\{1,2,…,M\}$
• 编码函数$X^n$:$\{1,2,…,M\} \rightarrow X^n$，该函数为每一个输入符号产生了相应的信道编码码字$X^n(1),X^n(2),…,X^n(M)$，这些码字构成的集合称为“码本”。
• 解码函数$g$:$Y^n \rightarrow \{1,2,…,M\}$，该函数为一个确定性判决函数，将每一个可能的接受向量映射到一个输入符号。

意思也就是，对于符号个数为$M$的符号集，我们把它映射到一个长度为n的序列上,分n次传输。

信道编码的码率

$(M,n)$码的码率Ｒ定义为： $$R = \frac{\log M}{n} ,$$ 单位为比特/传输。这是信道码的每个码字母所能携带的最大的信息量。

如何理解？对于输入集合如果取等概分布，则它的信息量为$\log M$，这时候呢，$n$次传输才能传达这么多的信息量，所以每个传输的量就是$\frac{\log M}{n} = R$，则$M = 2^{nR}$。称这样的码为$(2^{nR},n)$码。

Example

重复码，输入字母数$M = 2$:$\{0,1\}$，重复n次，这个码率为$1/n$。

直观来说，如果字符个数为$M$个，我们需要编码长度为$log M$就够了，这时候就可以保证码率为1。那为什么要进行这么复杂的定义？因为我们需要知道信道的传输是有噪声的。因此往往码率是要小于1，也就是n个长度本可以表示更大的字符集，但是我们选择它，增加码的冗余度，来降低错误率。比如下面的例子。

二进制奇偶校验码，输入字母数$M = 2^{n-1}:{x_1,x_2,…,x_ {n-1} }$，信道编码方案为$C = x_1,x_2,…,x_ {n-1}x_ {\text{parity} }$，其中$x_ {\text{parity} }$用于辨识码字中$1$的个数为奇数还是偶数，这个码率为：$\frac{n-1}{n}$。

信道编码的错误概率

输入为符号$i$时的条件错误概率为： $$\begin{aligned} \lambda_i &= Pr\{g(Y^n) \ne i \vert X^n = x^n(i)\}\\ &= \sum_ {y^n} q(y^n\vert x^n(i))I(g(y^n) \ne i) \end{aligned}$$ 其中$I(\cdot)$为指示函数。

$(M,n)$码的最大错误概率为： $$\lambda^{(n)} = \max_ {i \in 1,2,...M} \lambda_i$$ $(M,n)$码的算术平均错误概率为： $$P_e^{(n)} = \frac{1}{M} \sum_ {i=1}^M\lambda_i$$ 我们称一个码率$R$是可达的，若存在一个信道编码$(\lceil 2^{nR}\rceil,n )$，其最大差错概率在$n\rightarrow \infty$时趋于0。可以看出来可达要求无差错，而且是渐进的。

这时候我们得到信道容量的另外一个定义：一个信道的容量是该信道上所有可达码率的上确界，即$C = \text{sup }R$，这意味着$C$一定对应着一种信道编码方案。

经验主义式的设计

在信道传输中如何减少差错？由香农公式： $$C_T(\beta) = WT \log(1+\frac{P_S}{N_0W})$$ 可以得到，提高抗干扰能力的方法如下：

1. 增加功率(提高信噪比)
2. 加大带宽(信号变化剧烈)
3. 延长时间(降低速率)

$C = max_ {p(x),功率约束}\{I(X;Y)\}$

而降低重复速率，实际上就是重复，增加冗余。

重复码

最直观的纠错方法就是：重复，增加冗余。

• 编码１：将每个输入元重复三次
  • 纠正任一位上的错误
  • 设码字记为$(c_8,c_7,…,c_0)$
  • 由编码方法可知，信道无误时：$$ c_8 = c_7 = c_6\\ c_5 = c_4 = c_3\\ c_2 = c_1 = c_0$$
  • 解码时，若$c_8 = c_6 \ne c_7$，则判定$c_7$位出错，采用简单多数法进行判定
  • 依据是：连续出现两个错误的概率远远小于出现一个错误的概率

如下图，如果我们将上述编码放进二进制对称信道，则想要得到无差错编码。误码率的大小是重复$2n+1$次，而至少出现了$n+1$次错误。为了让误码率取0,$n \rightarrow 0$，此时码率也趋近于0，这不是一个好消息。

但是，是否对于信息的无差错传输，就意味着码率为0呢？答案是否定的。

现在我们考虑BSC信道，$W= \{1,2,…,2^k\}$,如下： $$W=\{1,2,...,2^k\} \rightarrow \text{Encoder} \rightarrow X^n \rightarrow\text{BSC(p)} \rightarrow Y^n \rightarrow \text{Decoder} \rightarrow W$$ 我们可以得到： $$\begin{aligned} nC &\ge nI(X;Y)\\ &\ge I(X^n;Y^n)\\ &\ge I(W,\hat W)\\ &=H(W) - H(W\vert \hat W)\\ &\ge k - k H(P_e) \end{aligned}$$ 上式中最后一步是由Fano不等式得到的（不知道怎么得到，实际上我只能得到的是：$\ge k - (H(P_e)+kP_e)$）。

则：$$k \leq \frac{nC}{1 - H(P_e)}$$

而由于BSC信道的容量可以得到：$C = 1 - H(P)$，所以我们得到一个R的上界： $$R = \frac{k}{n} \ge \frac{1 - H(P)}{1 - H(P_e)}$$ 通过变形，我们可以得到： $$H(P_e) \ge 1 - \frac C R \rightarrow P_e \ge H^{-1}\left(1 - \frac C R\right)$$ 这意味着，如果想要让$P_e\leq 0$，则$R \leq C$，如果$R > C$，则$H(P_e)>0$，所以我们一定可以得到$P_e>0$，不可能进行可靠通信。

那么无差错传输的情况下，码率最大能有多少？先给你看一个preview，很直白的内容，不过它被证明确实是正确的：

想象信道将信源映射到一个球体里，而对每个输入符号也对应一个球。而这个球的体积就意味着噪声带来的体积，而大球中能容纳多少小球，正是这个信道编码在无错的情况下可以映射的符号数M。因为这个球的维度是n维的，我们可以得到： $$M = \frac{\left[\sqrt{P_S +P_N}\right]^n}{\left[\sqrt{P_N}\right]^n} = (1 + \frac{P_S}{P_N})^{\frac n 2}$$ 由上式，可以计算得出： $$R = \frac 1 2 \log (1 + \frac{P_S}{P_N})$$ 而这个值，正好与连续无记忆加性高斯噪声信道的容量一致。

当然，这个只是preview，不是严格的证明过程。下面对这个证明进行稍微严谨地推导，说明大多数噪声信道都有这样地特性。

为了证明这个东西，我们需要介绍一些别的定义。之前证明信源无失真压缩定理地时候，用到了典型序列，而这次我们在典型序列地基础上，重新介绍一个新的内容。

证明香农第二定理

联合典型序列

设$(X^n,Y^n)$是长为$n$的随机序列对，其概率分布满足

p(x^n,yn) = _ {i=1}^n p(x_i,y_i)

若$(X^n,Y^n)$满足以下条件，则称其为联合典型序列：

• $\lvert -\frac 1 n \log p(x^n) - H(X) \rvert < \epsilon$
• $\lvert -\frac 1 n \log p(y^n) - H(Y) \rvert < \epsilon$
• $\lvert -\frac 1 n \log p(x^n,y^n) - H(X,Y)\rvert < \epsilon$
  联合典型序列构成的集合为$A_\epsilon^{(n)}$。

联合典型序列与之前典型序列定义是有很大地相似性：信息论——Lossless-Encoding。我们首先要看看联合典型序列的性质，才能用它来证明。

联合渐进等同分割定理（Joint AEP）

设$(X^n,Y^n)$是长度为$n$的随机序列对，其分布满足： $$p(x^n,y^n) = \prod_ {i=1}^n p(x_i,y_i)$$ 则以下性质成立：

• 当$n \rightarrow \infty$时，$Pr((X^n,Y^n) \in A_\epsilon ^{(n)}) \rightarrow 1$
• $(1 - \epsilon)2^{n(H(X,Y) - \epsilon)} \leq \vert A_\epsilon ^{(n)} \vert\leq 2^{n(H(X,Y)+\epsilon)}$
• 设$(,)p(x^n)p(yn) $,即$,$统计独立，且具有与$p(x^n,yn)$一致的边缘分布，则： $$Pr\left((\tilde{X^n},\tilde{Y^n}) \in A_\epsilon ^{(n)}\right) \leq 2^{-n(I(X;Y) - 3\epsilon)}$$ 若$n$足够大，则： $$Pr\left((\tilde{X^n},\tilde{Y^n}) \in A_\epsilon ^{(n)}\right) \ge (1 - \epsilon)2^{-n(I(X;Y) + 3\epsilon)}$$

前两点都比较好理解，第三点中，$(\tilde{X^n},\tilde{Y^n})$是由$(X^n,Y^n)$的边缘分布依照$X^n,Y^n$独立形成的另一个联合分布，而这个分布属于典型序列的概率约等于$2^{-nI(X;Y)}$。

在这里我们证明以下第三条的前半部分： $$ \tilde{X^n},\tilde{Y^n}\text{ are independent. }\tilde{X^n}\sim P_X(x^n),\tilde{Y^n}\sim P_Y(y^n)\\ \begin{aligned} Pr\{(\tilde{X^n},\tilde{Y^n}) \in A_\epsilon^{(n)} \} &= \sum_ {(\tilde{x^n},\tilde{y^n}) \in A_\epsilon^{(n)} } P(x^n)P(y^n)\\ &\leq 2^{b(H(X,Y) + \epsilon)}\cdot 2^{-n(H(X) - \epsilon)} \cdot 2^{-n(H(Y) - \epsilon)}\\ &= 2^{-n(I(X;Y) - 3\epsilon)} \end{aligned} $$ 下图可以帮助我们更好地理解这些性质：

• 联合分布中，大约有$2^{nH(X)}$个典型X序列和$2^{nH(Y)}$个典型Y序列
• 其组合共有$2^{nH(X) + nH(Y)}$个，但是其中联合典型的只有$2^{nH(X,Y)}$个
• 随机选择而出现联合典型序列的概率为$2^{-nI(X;Y)}$

现在来看一下联合典型序列的另一个解释：

• 对于典型输入序列$x^n$，存在大约$2^{nH(Y|X)}$个可能的输出，且它们等概
• 所有可能的典型输出序列大约有$2^{nH(Y)}$个，这些序列被分成若干个不相交的子集
• 子集个数为$2^{n(H(Y) - H(Y|X))} = 2^{nI(X;Y)}$，表示信道可以无错误传递的最大字母序列个数

对于定理的证明包含两部分，一是可达性，也就是这个容量是可达的，第二个就是证明不可能达到比这个容量更好的速率。

可达性的证明

可达性的证明也就是我们可以找到一个编码函数和解码函数，使得信道带到容量C，而且是无差错地传输。 $$W \in [1:2^{nR}] \rightarrow X^n \sim P_X(x) \rightarrow q(y|X)\rightarrow Y^n\rightarrow \hat W$$ 很反直觉的是，香农给我们编码方法是随机编码。这个随机编码指的是生成码字的过程为随机的： $$ \text{Random Code:}\\ \ell =\begin{pmatrix} x^n(1)\\ x^n(2)\\ \vdots\\ x^n(2^{nR}) \end{pmatrix} $$ 其中$x^n(k)$是独立同分布的生成的，分布为$P_X(x^n(k)) = \prod_ {i=1}^n P_X(x_i(k))$

于是我们得到了码本，信源发送$x^n(k)$，而解码器收到$y^n$，一个长度为n的序列。

解码过程：如果解码器端找到唯一的$(x^n(\hat k), y^n) \in A_ {\epsilon}^{(n)}$，则解码得到$\hat k$。也就是$y^n$和一个唯一的$\hat k$对应的编码序列$x^n(\hat k)$属于联合典型序列，则解码为$\hat k$，否则解码出错。

现在我们分析一下出错概率。假设1为被传输的符号，而$y^n$为对应的输出。那么$x^n(1)$与$y^n$为联合典型序列的概率非常高。而另外一个i对应的$x^n(i)$与$y^n$为联合典型序列的概率就没有那么高了。实际上这个概率和联合典型序列性质的第三条是一致的。$x^n(i),y^n$有很大的概率是边缘典型序列，而随意两个边缘典型序列组合为联合典型序列的概率，正是 $$Pr\left((\tilde{X^n},\tilde{Y^n}) \in A_\epsilon ^{(n)}\right) \approx 2^{-nI(X;Y)}.$$ 出错的类型有两种。

1. 传的是1,而没有联合典型，
2. 传的是1,有多个和它是联合典型。 $$\begin{aligned} P(E) &= P(E_1\cup E_2)\\ &\leq P(E_1)+P(E_2)\\ &\leq \epsilon + \sum_ {i=2}^{2nR}2^{-n(I(X;Y) - 3\epsilon)}\\ &\leq \epsilon + 2^{3n\epsilon}2^{-n(I(X;Y) - R)} \end{aligned}$$ 我们希望$P(E) \rightarrow 0$，而第一项是可以任意小的，我们真正在意的是想要$I(X;Y)-R >0$。如果我们把生出随机码本的$P_X(x)$固定到$P^*_X(x)$，则$I(X;Y) = C$，于是只要$R<C$即可。

这个证明并不严谨，但是给我们提供了一个很重要的思维脉络。我们证明了$R < C$的情况下，可以实现无差错传输。

下面要说明的是定理的逆的证明。

converse证明

$$\begin{aligned} nR &= H(W)\\ &= H(W|\hat W) + I(W;\hat W)\\ &= I(W;\hat W)\\ &\leq I(X^n(W);Y^n)\\ &= H(Y^n) - H(Y^n|X^n)\\ &\leq \sum_ {i} H(Y_i) - \sum_ {i}H(Y_i|X_i)\\ &= \sum_ {i} I(X_i;Y_i)\\ &\leq nC \end{aligned}$$ 由此我们证明了，要想实现无差错的传输，那么$R\leq C$是一定成立的。由此香农第二定理的证明就结束了。和无差错编码一样，随机编码在现实中由于码本巨大也是难以实现的。不过在信息论提出的60年中，人类一次次提出新的编码，像香农界不断逼近。看着这些进步，感觉自己的信息论虽然没什么用到过，但是也没有白学。