Catene di Markov File

Catene di Markov
• Utile modello di molti processi di interesse per il settore
delle telecomunicazioni.
– Processo d’errore.
– Affievolimento introdotto dal canale.
– Evoluzione temporale sistemi a coda (reti).
• Consolidata trattazione teorica.
• Disponibili tecniche per approssimare un generico
processo aleatorio mediante una catena di Markov.
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1
Catene di Markov
• Si consideri una sequenza si variabili aleatorie
{Xn, n=0,1,…} che assumono i loro valori in un insieme
discreto SX.
• Una catena di Markov tempo discreto {Xn, n=0,1,…} è una
sequenza aleatoria tale che, date X0, X1, …, Xn, il valore
della v.a. successiva Xn+1 dipende dal valore di Xn ma non
dai valori di Xi, i<n.
• La dipendenza è espressa mediante la probabilità di
transizione:
P[ X n +1 = j X n = i, X n −1 = in −1, K, X 0 = i0 ] = P[ X n +1 = j X n = i ] = Pi, j
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2
Probabilità di transizione
• Valgono le:
Pi , j ≥ 0,
∞
∑ Pi, j = 1.
j =0
• Se l’insieme SX ha dimensione finita, si parla di catena di
Markov finita. Supponiamo che sia SX ={0,1,…,K}.
• In questo caso, le probabilità di transizione sono espresse in
notazione matriciale (matrice di transizione).
 P00
P
P =  10
 M
P
 K0
P01
P11
PK1
L
O
L
P0 K 
P1K 

M 
PKK 
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3
Proprietà matrice di transizione
• Le probabilità Pij soddisfano le condizioni:
Pi , j ≥ 0,
K
∑ Pi, j = 1, ∀i.
j =0
• Teorema di Chapman-Kolmogorov. Definita la probabilità
di transizione in n passi, P(n)i,j=P[X(n+m)=j|P(x(n)=i] si ha:
K
(
n+m)
Pi , j
= ∑ Pi(, nk )Pk(,mj ) , ∀i, j.
k =0
• Ne consegue che la matrice di transizione in n passi è data
da:
P (n ) = P n .
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4
Vettore probabilità di stato
• Un vettore riga p=[p0, p1, …, pK], dicesi v.p. di stato se
valgono le:
K
p ≥ 0, ∑ pi = 1, ∀i.
i =0
• Il vettore di stato al passo n può essere determinato nei
seguenti modi:
p(n ) = p(0 )P n = p(n − 1)P
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5
Esempio
• Consideriamo, per semplicità, una macchina a due stati. La
descrizione grafica comunemente adottata è la seguente:
p
p 
1 − p
P=
1-p
1-q

0
1
q
1
−
q


q
• Gli autovalori di P (sol. di det(P-λI)=0) sono λ1=1 e
λ2=1−(p+q). Gli autovettori destri di P, sol. dell’equazione
siP= λisi sono s1=[q/(p+q), p/(p+q)], s2=[−1 1].
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6
Esempio (continua)
• P si può diagonalizzare nel seguente modo:
1
P = S DS = 
1
−1
− p ( p + q ) λ1
q ( p + q )   0
• Risulta essere:
1 q
n
−1 n
P =S D S=
p + q q
0  q ( p + q )
λ2   − 1
p ( p + q )

1

p  λn2  p
+

p  p + q − q
− p
q 
• Se il vettore iniziale è p(0)=[p0 p1] si ha (λ2=1−(p+q)):
p(n ) = [ p0 (n )
p  n  p0 p − p1q − p0 p + p1q 
 q
p1 (n )] = 
+ λ2 


p
+
q
p
+
q
p
+
q
p
+
q




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7
Probabilità asintotiche di stato
• Le probabilità asintotiche (o limite) di stato, se esistono,
sono definite dalla seguente relazione:
π i = lim pi (n ) = lim P[ X n = j ]
n →∞
•
•
n →∞
Tali probabilità potrebbero dipendere dallo stato iniziale.
Nell’esempio precedente distinguiamo tre casi:
a) 0<p+q<2. In questo caso π=[q/(p+q) p/(p+q)];
b) p+q=0. In questo caso il sistema rimane nello stato
iniziale (π
π=p(0)).
c) p+q=2. In questo caso il sistema oscilla tra lo stato 0 e
lo stato 1 (non esiste π).
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8
Catene di Markov: processi di
rinnovamento
• Visitazione. Dato un sistema che parte nello stato i, Vi,j
rappresenta l’evento corrispondente all’ingresso nello stato j.
• Tempo di primo transito. Per stati i, j tali che P[Vi,j ]=1, il
tempo di primo transito, Ti,j, è il numero di passi necessario
per passare da i a j.
• Supponiamo P[Vi,j ]=1. Il processo che porta da j a j è un
processo di rinnovamento con interarrivo X2=Tj,j. Il processo
che porta da i a j è un processo di rinnovamento ritardato con
X1=Ti,j e span=1. Applicando il teorema di Blackwell si ha:
lim Pi(, nj ) = lim P[rinnovo a n] =
n →∞
n →∞
1
.
E T jj
[ ]
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9
Processi di rinnovamento con
ricompensa
• Supponiamo di guadagnare un ricompensa Rn=1 ogni volta
che il sistema si trova in j.
• Dato che ad ogni ingresso in j (anche provenendo da j) si
ha un rinnovamento, applicando la teoria dei processi di
rinnovamento con ricompensa otteniamo il seguente
risultato sul tempo di permanenza medio in j.
R(t ) E [Rn ]
1
lim
=
=
.
E T jj E T jj
t →∞ t
[ ] [ ]
• Riassumendo: la probabilità asintotica coincide con la
frazione di tempo trascorsa nello stato.
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10
Classificazione degli stati
• Due stati, x, y, si dicono comunicanti se nel grafo si può
individuare un percorso da x a y e uno da y a x (x↔y).
• Una classe comunicante è un in insieme di stati C, tale che
se i∈C, allora j se e solo se i↔j.
• Uno stato i può essere:
– transiente, se P[Vii] <1;
– ricorrente positivo se P[Vii] =1 e E[Tii]<∞;
– ricorrente nullo se se P[Vii] =1 e E[Tii]=∞.
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11
Teoremi
• Uno stato è ricorrente se e solo se (ci si ritorna un numero
infinito di volte):
∞ (n )
E [numero visite a i X 0 = i ] = ∑ Pi,i = ∞.
n =0
• In una catena di Markov vi è sempre un insieme di stati
ricorrenti.
• Se i↔j, e i è ricorrente, allora j lo è.
• In una classe comunicante, tutti gli stati sono dello stesso
tipo (transienti, ricorrenti positivi o ricorrenti nulli).
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12
Stati periodici
• Stato periodico: uno stato i si dice periodico di periodo d se
d è il più grande intero tale che Pii(n)=0, qualora n non sia
divisibile per d. Se d=1, lo stato si dice aperiodico.
• Teorema. Tutti gli stati di una classe comunicante hanno il
medesimo periodo.
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13
Esempio (continuazione)
• Consideriamo nuovamente il solito esempio.
p
1-p
0
1
1-q
q
a) 0<p+q<2. I due stati sono ricorrenti positivi, aperiodici, e
appartengono a una classe comunicante.
b) p+q=0. I due stati sono ricorrenti positivi, aperiodici, e
appartengono a due classi distinte.
c) p+q=2. In questo caso gli stati sono ricorrenti positivi,
periodici di periodo 2 e appartengono a una classe
comunicante.
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14
Teoremi limite
• Generalizzando il teorema di rinnovamento, per due stati
comunicanti aperiodici i e j:
[ ]
n ) 1 E T jj
(
lim Pi , j = 
n →∞
0
[ ]
[ ]
P V jj = 1
.
P V jj < 1
Se i due stati sono transienti, la probabilità asintotica di
entrare in j è nulla.
• Definizione. Una catena di Markov si dice irriducibile se
include una sola classe comunicante.
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15
Teoremi limite (continua)
•
In una catena di Markov irriducibile aperiodica vale una
delle seguenti condizioni.
a) Gli stati sono tutti o transienti o ricorrenti nulli,
limn→∞Pij(n)=0, e non esiste distribuzione stazionaria.
b) Gli stati sono tutti ricorrenti positivi, e le probabilità
limite di stato πj=limn→∞Pij(n)>0 sono l’unica probabilità
di massa che soddisfa l’equazione:
π j = ∑ π i Pij .
i
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16
Teoremi limite (continua)
• Per una catena di Markov irriducibile aperiodica, con un
un numero finito di stati K+1, la matrice di transizione
limite è:
 π  π 0
 π  π
lim P n =   =  0
M  M
n →∞
 π  π
   0
π1
π1
M
π1
L
L
O
L
πK 
πK 
.
M 
π K 
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17
Teoremi limite (continua)
• Per una catena di Markov irriducibile aperiodica, con un
un numero finito di stati K+1, il vettore π è l’unica
soluzione della seguente equazione.
π = πP,
K
∑ π j = 1.
j =0
• Quindi, il vettore π è l’autovettore sinistro, corrispondente
all’autovalore λ=1, normalizzato in modo da soddisfare i
requisiti a cui deve sottostare una FDP legittima.
• Nel solito esempio, nel caso in cui sia 0<p+q<2 si ha:
π = [q ( p + q )
p ( p + q )].
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18
Teoremi limite (continua)
• Per una catena di Markov irriducibile, ricorrente positiva,
periodica, il vettore delle probabilità stazionarie π è l’unica
soluzione della seguente equazione.
π = πP, ∑ j π j = 1.
• Per una catena irriducibile di periodo d, sia Rj(t) il tempo
speso nello stato j in [0,t). La frazione di tempo spesa è
Pij(nd )
R(t )
1
=π j =
= lim
t →∞ t
E T jj n→∞ d
lim
[ ]
Nel solito esempio, con p=q=1, è d=2, non esiste la probabilità asintotica,
è Pnd=I, per cui risulta essere Pjj=1, πj=1/2, j=1,2.
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19
Esercizio
1-p
p
• Una sorgente binaria con memoria emette un
bit al secondo, secondo il modello di Markov
riportato in figura.
• Come nell’esempio precedente, i valori
emessi vengono codificati nel seguente
modo.
• In una prima fase si adotti la tabella di
codifica indicata.
0
q
1
1-q
Sequenza
1
01
001
0001
...
00000001
00000000
Simbolo
0
1
2
3
...
7
8
• Nella seconda fase si associ il valore 0 al simbolo 8 e i valori 1b1b2b3
ai simboli 0÷7, dove b1b2b3 rappresenta la codifica binario del simbolo.
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20
Soluzione (1)
• Determiniamo il tasso di emissione dei simboli in uscita, la bit rate
dopo la codifica e i valori di p e q per cui la codifica è conveniente.
• Osserviamo che a ciascun transito per lo stato 1 della sorgente
corrisponde l’emissione di un simbolo codificato con 4 bit.
• La probabilità dello stato 1 è stata già determinata in precedenza ma
può essere semplicemente determinata dalle:
 p 1 − p
[π 0 π 1 ] = [π 0 π 1 ]
,

1 − q q 
π 0 + π 1 = 1.
• Si ottiene:
π0 =
1− q
1− p
, π1 =
.
2− p−q
2− p−q
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21
Soluzione (2)
• Consideriamo il modello dell’operazione di codifica:
p
p
00
p
01
1-p
1-p
p
02
1-q
1-p
p
03
1-p
p
04
1-p
p
05
1-p
p
06
1-p
07
1-p
1
q
• dove lo stato 0i è lo stato in cui il codificatore si trova i passi dopo aver
emesso l’ultimo simbolo (e quando l’ultimo bit era uno 0).
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22
Soluzione (3)
• Si ha
π = [π 0 0 π 01 π 0 2 π 0 3 π 0 4 π 0 5 π 0 6 π 0 7 π 1 ],
0 p
0 0

0 0
0 0

P = 0 0

0 0
0 0

p 0
 0 1 − q
0
p
0
0
0
0
0
0
0
0
0
p
0
0
0
0
0
0
0
0
0
p
0
0
0
0
0
0
0
0
0
p
0
0
0
0
0
0
0
0
0
p
0
0
0
0
0
0
0
0
0
p
0
0
1 − p
1 − p

1 − p
1 − p 
1 − p

1 − p
1 − p

1 − p
q 
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23
Soluzione (4)
• Si ottengono le:
π 02 = pπ 01
π 03 = pπ 02 = p 2π 01
L
π 07 = p 6π 01
π 00 = p 7π 01
• Sommando:
1 − p8
1− q
i
π 01 ∑ p = π 01
= π0 =
1
p
2− p−q
−
i =0
7
π 01 =
(1 − q )(1 − p )
(1 − q )
= π1
(2 − p − q ) 1 − p 8
1 − p8
(
)
(
)
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24
Soluzione (5)
• Pertanto il simbolo 8 (codificato con un solo bit), corrispondente allo
stato 00, viene emesso con tasso:
π 07 = π 1
(1 − q )
(1 − p8 )
p7
• Il tasso di simbolo risulta essere:

(1 − q ) 7  1 − p  (1 − q ) 7 
R = π 1 1 +
p =
p  simboli s .
1 +
8
8
 2 − p − q  1 − p
 1 − p

(
)
(
)
• La bit rate in uscita è:

(1 − q ) 7  1 − p  (1 − q ) 7 
π 1 4 +
p =
p  bit s .
4 +
8
8
1− p
1− p

 2 − p − q 

(
)
(
)
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25
La soluzione è conveniente se q < 1 − 3
(
(1 − p ) 1 − p 8
1− p7
Questa condizione può essere rispettata se p>0.674.
Soluzione (6)
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).
26
Un modello di Markov per
l’affievolimento
Fulvio Babich
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27
Modello di Gilbert
α
1-α
•
Supponiamo di distinguere fra due condizioni:
a) p≤P0: affievolimento.
b) p> P0: funzionamento normale.
a
1-β
b
β
•
Gilbert [2] ha ipotizzato che nella condizione a) il sistema operi con un
tasso d’errore molto alto e che nella condizione b) il sistema operi senza
errori (Elliot [3] ha esteso tale modello, ipotizzando due tassi d’errore
diversi nelle due condizioni). Egli ha inoltre ipotizzato che l’evoluzione
tra le due condizioni sia descritta da una catena di Markov.
•
Detto F=P/P0 il rapporto tra valor medio e soglia (fade margin),
nell’ipotesi di Clarke, la matrice di transizione è:
1 − α α 
2π
exp(− 1 F )
P=
,
β
=
f
T
,
α
=
β
.
d

F
1 − exp(− 1 F )
 β 1− β 
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28
Un modello più accurato
• L’accuratezza del modello di Gilbert dipende dai valori di fdT e F.
• L’accuratezza può essere migliorata nel seguente modo [4]:
– Si ipotizzi che il valore futuro dello stato dipenda dai k precedenti
(modello di Markov di ordine k; per k=1 si ottiene Gilbert):
P[X n +1 = j X n = i, K, X 0 = i0 ] = P[X n +1 = j X n = in , K, X n− k +1 = in −k +1 ]
– Si associ al modello di ordine k un modello del primo ordine,
definendo stato la k-pla [in,…, in-k+1] (si noti che i termini ij
possono assumere i valori 0 – fade, 1 – non fade).
– Determinata la nuova matrice di transizione (per via numerica), è
possibile determinare il tempo di permanenza in un fade, (insieme
degli stati in cui in =0) nel modo illustrato nel seguito.
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29
Tempi di residenza in un sottoinsieme di
stati di una catena di Markov
• Notazione:
– sk: stato al passo k.
– S: insieme di tutti gli stati, S={1, 2,…, K}.
– Pij: P[sk=j|sk-1=i].
– P: matrice di transizione.
– π: distribuzione limite, che soddisfa la π= π P.
• Sia E⊂S, l’insieme di interesse. Siamo interessati a determinare la
distribuzione del tempo di permanenza in E.
ζ(n)=Pr [sk+1∈E,sk+2 ∈E,…,sk+n-1∈E,sk+n∈Ec|sk∈E,sk-1∈Ec],
dove E∩ Ec=∅ e E∪ Ec=S.
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30
• Per semplicità definiamo Ak,n= sk+1∈E,sk+2 ∈E,…,sk+n-1∈E,sk+n∈Ec.
• Partizioniamo la matrice di transizione e la relativa probabilità limite
secondo gli stati di E.
E
T
P=
R
Ec
U
Q 
[
E
,
c
E
π = πE
]
π c.
E
• Si ottiene:
[
ζ (n ) = Pr Ak ,n sk ∈ E , sk −1 ∈ E c
]
[
][
= ∑i Pr Ak ,n sk ∈ E , s k −1 ∈ E c , s k = i Pr sk = i s k ∈ E , sk −1 ∈ E c
[
][
= ∑i∈E Pr Ak ,n sk −1 ∈ E c , sk = i Pr sk = i sk ∈ E , sk −1 ∈ E c
[
]
[
]
]
]
= ∑i∈E Pr Ak ,n s k = i Pr sk = i sk ∈ E , s k −1 ∈ E c = ∑i∈E f i (n )ν (i )
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31
Calcolo di fi(n)
• fi(n)=Pr[Ak,n|si] è la probabilità di rimanere esattamente n
passi in E partendo da si∈E. Pertanto
f i (n ) = ∑ j∈E Pij f j (n − 1).
• Sia f(n)=[f1(n), f2(n), …, fK(n)]. Ne risulta: f(n)T=Tf(n-1)T.
• Iterando si ottiene: f(n)T=Tn-1f(1)T .
• Pertanto (1 è un vettore colonna composto da “1”).
[
]
f i (1) = Pr sk +1 ∈ E c sk = i = ∑ j∈E c Pi, j ;
f i (1)T = U1.
• Concludendo
f (n )T = T n −1U1.
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32
Calcolo di ν(i)
[
ν (i ) = Pr sk = i sk ∈ E , sk −1 ∈ E c
[
]
] [
= Pr sk = i, sk ∈ E , sk −1 ∈ E c Pr sk ∈ E , sk −1 ∈ E c
= ∑m∈E c h(m, i ) ∑ m∈E c ,n∈E h(m, n )
]
def
h(n, m ) = Pr[sk −i = n, sk = m]= π n Pnm
• Si ottiene:
ν = [ν (1),ν (2 ), Lν ( E )] =
π
π
Ec
Ec
R
R1
.
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33
Risultato
• Pertanto
π
n −1
RT
U1
c
ζ (n ) = ∑i∈E f i (n )ν (i ) = νf (n )T = E
π
Ec
R1
• In Matlab, sia e il vettore tale che ei=1 se i∈E e 0 altrimenti. Sia
E=diag(e), e sia 1 la matrice colonna composta da K “1”.
• EC=I-E.
πR1T1n −1U11
• R1= ECPE.
ζ (n ) =
.
πR11
• T1= EPE.
• U1= EPEC.
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34
Esempio (1)
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35
Esempio (1b)
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36
Esempio (2)
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37
Esempio (3)
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38
Esempio (3 continua)
• Nell’esempio 3, il modello è costituito da stati del tipo riportato in
figura, che si distinguono proprio per il tempo di permanenza in un
fade (nella figura, 1, 2, almeno 3). All’aumentare di k aumenta il
numero di stati inclusi (ovviamente, la figura considera il caso k=3).
1
01
001
000
• Negli altri esempi il modello ha una struttura più complessa.
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39
Un modello con L livelli
• Supponiamo di quantizzare rispetto a L-1 soglie Ai,
i=1…L-1. Sia (Ao=0, AL=∞).
• Detta pk la probabilità che il valore della potenza sia
compreso fra Ak e Ak+1, le probabilità di transizione sono
espresse dalle [5, 6]:
t k ,k +1 ≈ N k +1T pk ,
k = 0, K , L − 2
t k ,k −1 ≈ N k T pk ,
k = 1, K , L − 1
t j ,k ≈ 0
j−k ≥ 2
t k ,k = 1 −
L −1
∑
j = 0, j ≠ k
tk , j
k = 0, K , L − 1
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40
Un modello con L livelli
• Dove: N k = f D 2π (1 + K ) Ak e − K I 0  2 K (1 + K ) Ak  exp − 1 + K Ak 
P

P


P

• essendo P il valor medio
della potenza ricevuta.
L = 2, K = 0, F = P / A;
• Si noti che per K=0
(fading di Rayleigh), le p0 = 1 − exp(− 1 F );
equazioni assumono una p1 = exp(− 1 F );
semplice forma chiusa. N1 = f D 2π F exp(− 1 F );
NT
exp(− 1 F )
t 0,1 = 1 = f DT 2π F
=α
p0
1 − exp(− 1 F )
• Anche in questo caso, il
modello di Markov può
N1T
t
=
= f DT 2π F = β
essere esteso a un ordine 1,0
p1
più elevato [4].
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41
Coefficiente di autocorrelazione
Sia s il vettore riga dei valori quantizzati (cioè degli L valori associati ai
diversi livelli di quantizzazione), p il vettore delle probabilità e T la
matrice di transizione; sia inoltre {x[n]} il processo quantizzato. Si ha:
T
 m T
(
m)
E [xn xn + m ] = ∑i ∑ j si pi s j p j = ∑i si pi ∑ j s j ti, j = (s ∗ p )s T

)
(


(dove s ∗ p = (si pi )iL=1 )
E [xn ] = sp T
ρm =
E [xn xn + m ] − ( E [xn ])2
[ ]
E xn2 − ( E [xn ])2
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Esempio
L=8, I ordine
Ideale
L=8, V ordine
L=8, VI ordine
Fading di Rayleigh: Coefficiente di autocorrelazione
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Esempio (Rayleigh)
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44
Esempio
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45
Esempio
Reti wireless – Ingegneria Elettronica e Informatica
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Riferimenti bibliografici
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Reti wireless – Ingegneria Elettronica e Informatica
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