数理解析研究所講究録
第 1630 巻 2009 年 138-147

138

フィードバックをもつガウス型通信路の容量の満たす不等式について山口大学大学院・理工学研究科 柳 研二郎 (Kenjiro Yanagi)*
Graduate School of Science and Engineering, Yamaguchi University
山口大学大学院・理工学研究科 山下 範幸 (Noriyuki Yamashita)

Graduate School of Science and Engineering, Yamaguchi University
Key Words: information theory, capacity, inequality

MSC(2000):94A40

1

はじめに

フィードバックをもつガウス型通信路の容量について過去何度も報告しているのでその詳細な定義は省略する. もし厳密な定義を必要とする場合は他の報告書を参照していただきたい. フィードバッ
クをもつ有限ブロック長容量は次のように定義される.
$C_{n,FB,Z}(P)= \max\frac{1}{2n}\log\frac{|R_{X}^{(n)}+R_{Z}^{(n)}|}{|R_{Z}^{(n)}|}$

ただし$|\cdot|$,は行列式を表し、最大値は$Tr[(I+B)R_{X}^{(n)}(I+B)^{t}+BR_{Z}^{(n)}B^{t}]\leq nP$

についてとる. 同様にフィードバックがないときにを満たす狭義下三角行列 $B$ と非負対称行列
は容量 $C_{n,Z}(P)$ は $B=0$ としたときの最大値である. これらの条件の下で Cover and Pombra [6]$R_{X}^{(n)}$は次を得た.

Proposition 1 (Cover and Pombra [6]) 任意の$\epsilon>0$

に対して各 $n=1,2,$$\ldots$

でブロック長 $n$

で $2^{n(C_{n,FB,Z}(P)-\epsilon)}$ 個の符号語が存在して $narrow\infty$ のとき $Pe^{(n)}arrow 0$ とできる. 逆に任意の $\epsilon>0$ と

ブロック長

$n$

で $2^{n(C_{n.FB,Z}(P)+\epsilon)}$ 個の符号語からなる任意の符号の列に対しても $Pe^{(n)}arrow 0(narrow\infty)$が成り立たない. これはフィードバックをもたない場合も成り立つ.
’This research was partially supported by the Ministry of Education, Science, Sports and Culture, Grant-in-Aid
for Scientific Research (B), 18300003 and (C), 20540175

139$C_{n,Z}(P)$は正確に得られている.

Proposition 2 (Gallager [10])$C_{n,Z}(P)= \frac{1}{2n}\sum_{i=1}^{k}\log\frac{nP+r_{1}+\cdots+r_{k}}{kr_{i}}$ただし $0<r_{1}\leq r_{2}\leq\cdots\leq r_{n}$ は$R_{Z}^{(n)}$,の固有値、 $k(\leq n)$ は $nP+r_{1}+r_{2}+\cdots+r_{k}>kr_{k}$ を満たす最大整数である.
ところで $C_{n,FB,Z}(P)$ は正確には得られていないので、今まで多くの人々によって様々な形の上界が得られている ([1],[2],[3],[4], [6],[8],[9],[14], [15],[17],[18],[19]). 以下計算の都合上、対数は自然対数を用いることにする.

2

Questionlに対してDeflnition 1 任意の $\alpha,\beta\geq 0(\alpha+\beta=1)$ と任意のガウス雑音
とおく. このときガウス雑音 2 をもつ通信路を混合型ガウス型通信路という.
$Z_{1},$ $Z_{2}$$R_{\overline{Z}}=\alpha Rz_{1}+\beta Rz_{2}$Question 1$C_{n_{l}FB,\overline{Z}}(P)\leq\alpha C_{n,FB,Z_{1}}(P)+\beta C_{n,FB,Z_{2}}(P)$?

今までは次の結果が得られている.

Theorem 1 (Yanagi-Chen-Yu [19])$C_{n,\overline{Z}}(P)\leq\alpha C_{n},z_{1}(P)+\beta C_{n,Z_{2}}(P)$Theorem 2 (Yanagi-Chen-Yu [19]) $P=\alpha P_{1}+\beta P_{2}$ を満たす.

$P_{1},$$P_{2}\geq 0$$c_{n,FB,\tilde{Z}(P)\leq\alpha C_{n,FB,Z_{1}}(P_{1})+\beta C_{n_{2}FB,Z_{2}}(P_{2})}$

が存在して

.

が成り立っ.

Theorem 3 (Yanagi-Chen-Yu [19]) 次の (a) 又は (b) の条件があれば Question2 が成り立つ.
(a)(b)$R_{Z_{1}}$$\tilde{Z}$の $n$ 行 $n$ 列を除いた部分行列とがホワイト型である. 即ち$R_{\tilde{Z}}$$R_{Z_{2}}$のそれが一致する.

が対角行列である.

140

Kim の結果

3

Deflnition 2 $Z=\{Z_{i;}i=1,2, \ldots\}$ が first order moving average Gaassian channel であるとは
次のような 3 つの同値な条件をみたすことである.
(1)$Z_{i}=\alpha U_{\mathfrak{i}-1}+U_{i},$$i=1,2,$$\ldots$, ただし $U_{i}\sim N(0,1)$ は $i.i.d$ . とする.

(2) Spectral density function $(SDF)f(\lambda)$ は次で与えられる.
$f( \lambda)=\frac{1}{2\pi}|1+\alpha e^{-i\lambda}|^{2}=\frac{1}{2\pi}(1+\alpha^{2}+2\alpha\cos\lambda)$(3)$Z_{n}=(Z_{i}, \ldots, Z_{n})\sim N_{n}(0, Kz),$ $n\in N$.

, ただし covari ance matrix $Kz$ は次で与えられる.
$\ldots$$K_{Z}=(1+...\alpha^{2}\alpha 00$$1+...\alpha^{2}\alpha\alpha 0$$1+\alpha^{2}\alpha 000]\cdot$$1+..\cdot\alpha^{2}\alpha 00$

このとき $Z$ の entropy rate は次のように計算される.
$h(Z)$$=$$\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\log\{4\pi^{2}ef(\lambda)\}d\lambda$$=$$\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\log\{2\pi e|1+\alpha e^{-i\lambda}|^{2}\}d\lambda$$=$$\frac{1}{2}\log(2\pi e)$

if

$=$

$\frac{1}{2}\log(2\pi e\alpha^{2})$if $|\alpha|>1$ .

$|\alpha|\leq 1$

ここで最後の計算は次の Poisson’s integral formula を用いている.
$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\log|e^{i\lambda}-\alpha|d\lambda$

$=$

$0$

$=$

$\log|\alpha|$if$|\alpha|\leq 1$,

if $|\alpha|>1$ .

MA (1) Gaussian noise をもつ Gaussian channel の capacity は次で与えられて$C_{FB,Z}(P)= \lim_{narrow\infty}C_{n,FB,Z}(P)$.

最近 Kim は初めて feedback をもつ Gaussian channel の capacity を求めた.

Theorem 4 (Kim [12])$C_{FB,Z}(P)=-\log x_{0}$ ,

ただし$x_{0}$

は次の 4 次方程式の正の唯一解である;$Px^{2}=(1-x^{2})(1-|\alpha|x)^{2}$.

$A^{a}$る.

141

Question 1 に関連する不等式

4$Z\sim$

MA 1, $p),$ $Z_{i}=U_{i}+pU_{i-1},0<p\leq 1$ かっ $W\sim$ MA 1, $q),$ $W_{i}=U_{i}+qU_{i-1},0<q\leq 1$ とす
$($

$($

る. このとき$R_{\alpha Z+\beta W}\leq\alpha R_{Z}+\beta R_{W}\leq R_{\sqrt{\alpha}Z+\sqrt FW}$

が成り立つ. なぜなら$\alpha Rz+\beta Rw=R_{\alpha Z+\beta W}+\alpha\beta R_{Z-W}$

より$R_{\alpha Z+\beta W}\leq\alpha R_{Z}+\beta R_{W}$.

また$\alpha R_{Z}+\beta R_{W}+\sqrt{\alpha\beta}(R_{Z}w+R_{WZ})=R_{\sqrt{\alpha}Z+}$

値 $w$が成り立つ. 一方 $R_{ZW}+R_{WZ}$ は次のような行列になる.

$(2+.2pqp+q00$$2_{p+q}^{p+q}+..2pq0$$2+.2pqp+q00^{\cdot}.\cdot.\cdot$$2+2pqp+q000]\cdot$.
この行列の固有値$r_{i}$

は次のように表される.
$r_{i}$$=$$\geq$$=$$2+2pq-2(p+q) \cos\frac{i\pi}{n+1}(i=1,2, \ldots,n)$$2+2pq-2(p+q)$$2(1-p)(1-q)\geq 0$ .

したがって $Rzw+Rwz\geq 0$ となり$\alpha R_{Z}+\beta R_{W}\leq R_{\sqrt{\alpha}Z+ffiW}$である. したがって次のことがわかる.

Proposition 3 $R_{\overline{Z}}=\alpha Rz+\beta Rw$ とする. このとき次が成り立つ.
$C_{FB,\sqrt{\alpha}Z+ffiW}(P)\leq C_{FB,\overline{Z}}(P)\leq C_{FB,\alpha Z+\beta W}(P)$$V=\sqrt{\alpha}Z+\sqrt{}\beta W$とすると$V_{i}=(\sqrt{\alpha}+\sqrt{\beta})U_{i}+(\sqrt{\alpha}p+\sqrt{\beta}q)U_{i-1}$

ここで$Y_{i}=U_{i}+ \frac{\sqrt{\alpha}p+ffiq}{\sqrt{\alpha}+ffi}U_{i-1}$

.

.

142

とおくと
$Y= \frac{\sqrt{\alpha}Z+ffiW}{\sqrt{\alpha}+\sqrt F}\sim MA(1, \frac{\sqrt{\alpha}p+ffiq}{\sqrt{\alpha}+ffi})$である. このとき$C_{n,FB,V}(P)$$=$$\max\{\frac{1}{2n}\log\frac{|R_{S+V}|}{|R_{V}|};Tr[R_{S}]\leq nP\}$$=$$\max\{\frac{1}{2n}\log\frac{|R_{S+(\sqrt{\alpha}+ffi)Y}|}{|R_{(\sqrt{\alpha}+\sqrt F)Y}|};Tr[R_{S}]\leq nP\}$$=$$\max\{\frac{1}{2n}\log\frac{|R_{\overline{\sqrt{\alpha}}+\nabla F^{+Y}}s|}{|R_{Y}|};Tr[R_{\frac{s}{\sqrt{a}+\sqrt{}\beta}}]\leq\frac{nP}{(\sqrt{\alpha}+ffi)^{2}}\}$$=$$C_{n,FB,Y}( \frac{P}{(\sqrt{\alpha}+ffi)^{2}})$.

よって$C_{FB,V}(P)=C_{FB,Y}( \frac{P}{(\sqrt{\alpha}+ffi)^{2}} )$.

次に$f(t)= \frac{1}{t}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-t^{2}}}$

とおく. $f(a)=1,$ $f(b)=0$ となる $0<a<b<1$ が unique にとれる. また $f(t)$ は $0<t<1$ で減少関数である. このとき Question 2 より弱い不等式が成り立つことが予想される.

Question 2$C_{FB,\sqrt{\alpha}Z+ffiW}(P)\leq\alpha C_{FB,Z}(P)+\beta C_{FB,W}(P)$?

これを示すには次の不等式を証明すればよい.

Question 3 任意の $a\leq x,$ $y\leq b$ に対して次が成り立つ.
$\frac{\sqrt{\alpha}}{\sqrt{\alpha}+ffi}(\frac{1}{x}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-x^{2}}})+\frac{\sqrt F}{\sqrt{\alpha}+ffi}(\frac{1}{y}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-y^{2}}})$$\leq\frac{1}{x^{\alpha}y^{\beta}}-\frac{\sqrt{P}}{(\sqrt{\alpha}+ffi)\sqrt{1-(x^{\alpha}y^{\beta})^{2}}}$$\alpha=\beta=\frac{1}{2}$?

の場合を考える.

Question 4 任意の $a\leq x,y\leq b$ に対して次が成り立つ.
$\frac{1}{2}(\frac{1}{x}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-x^{2}}})+\frac{1}{2}(\frac{1}{y}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-y^{2}}})\leq\frac{1}{\sqrt{xy}}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{2(1-xy)}}$?

このグラフにより Question 4 は成り立つことがわかる. この論文では肯定的に成り立つことを証
明する.

143

図 1: Question 4 のグラフ $(P=1, \alpha=\beta=1/2)$

Theorem 5 の証明

5Theorem 5 任意の $a\leq x,$ $y\leq b$ に対して次が成り立つ.
$\frac{1}{2}(\frac{1}{x}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-x^{2}}})+\frac{1}{2}(\frac{1}{y}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-y^{2}}})\leq\frac{1}{\sqrt{xy}}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{2(1-xy)}}$.

Proof of Theorem 5.

$g(t,P)=t(1- \frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})$

とおく. ただし $P>0$ に対して $a,$$b$,$\frac{1}{b}\leq t\leq\frac{1}{a}$は$\frac{1}{a}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}=1$,$\frac{1}{b}-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-b^{2}}}=0$(1)を満たすものとする. このとき $0<a<b<1$ が成り立つことがわかる. ここで $L=\sqrt{(1-a)^{2}(1-a^{2})+a^{2}}$とおくと$b= \frac{a}{L}$

と

$a$

,

$P= \frac{L^{2}}{a^{2}}-1$のみの関数として表現できる. 次の Lemma が成り立つ.

Lemma 1 任意の $P>0$ に対して次の不等式が成り立つ.
$\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}\geq\frac{1}{2-\sqrt{2}}\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}$.

Proof of Lemma 1 $2(2-\sqrt{2})>1$ かっ $L>a$ より
2(2– 而) $( \frac{1}{a}-1)>\frac{1}{a}-1>\frac{1}{\sqrt{a}}-1>\frac{1}{\sqrt{L}}-1$144が成り立つ. また $L<1$ より次の不等式が成り立つ.
$\frac{1-}{a}a>\frac{1}{2(2-\sqrt{2})}(\frac{1}{\sqrt{L}}-1)=\frac{11-\sqrt{L}}{2-\sqrt{2}2\sqrt{L}}>\frac{11-\sqrt{L}}{2-\sqrt{2}1+\sqrt{L}}$.

ここで (1) より$\frac{1-}{a}a=\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}$.
$qed$ .

また $L=a/b$ より目標の不等式を得る.

Lemma 2 $1/b\leq t\leq s\leq 1/a$ を満たす任意の

$t,$

$s$

に対して次の不等式が成り立っ.

$\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}\geq\frac{\sqrt{s}-\sqrt{t}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}$.

Proof of Lemma 2 次の関係に注意する.

$\sqrt{\frac{a}{b}}=\min_{b1/\leq t\leq s\leq 1/a}\sqrt{\frac{t}{s}}$.

したがって次の不等式を得る.
$\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{a}}$$=$$\geq$

2$( \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\frac{1}{2}I=2(\frac{1}{\sqrt{a/b}+1}-\frac{1}{2})$2$( \frac{1}{\sqrt{t/s}+1}-\frac{1}{2}I=2(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}-\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{s}-\sqrt{t}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}$.
$qed$ .

このとき Theorem 5 に相当する次の Theorem を得る.

Theorem 6 $P>0$ とする. 任意の$t,$$s(1/b\leq t\leq s\leq 1/a)$に対して次の不等式が成り立っ.

$\frac{1}{2}g(t,P)+\frac{1}{2}g(s,P)\leq g(\sqrt{ts}, \frac{P}{2})$Proof of Theorem 6 $g(t, P)$ は$t$.

について concave function であるので$\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(t, \frac{P}{2})+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(s, \frac{P}{2})\leq g(\sqrt{ts}, \frac{P}{2})$が成り立つ. したがって$\frac{1}{2}g(t,P)+\frac{1}{2}g(\epsilon, P)\leq\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(t, \frac{P}{2})+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(s, \frac{P}{2})$145

を示せばよい. Lemma 1 と Lemma 2 より$\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}\geq\frac{1\sqrt{s}-\sqrt{t}}{2-\sqrt{2}\sqrt{s}+\sqrt{t}}=\frac{2}{2-\sqrt{2}}(\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2})$

ここで $1/b\leq t\leq s\leq 1/a$ を満たす任意の $t,$

$s$

.

に対して

$0 \leq s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})-t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})\leq 1$が成り立つので次を得る.
$(1- \frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}\geq\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2}\geq$$( \frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2})\{s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})-t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})\}$.

さらに$\frac{\sqrt{s}\sqrt{P}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}\sqrt{1_{t^{7}}^{1}-}}+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1_{\delta}^{1}-\urcorner}}\geq\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1-a^{2}}}$が成り立つので次を得る.
$( \frac{\sqrt{s}}{\sqrt{8}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2})\{t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})-s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})\}$.

$+(1- \frac{1}{\sqrt{2}})\{\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1_{t^{Y}}^{1}-}}+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{1_{\epsilon^{7}}^{1}-}}\}\geq 0$

したがって$( \frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2})t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}\frac{\sqrt{P}t}{\sqrt{t^{2}-1}}$$+( \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}})s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{t}\sqrt{Ps}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}\sqrt{s^{2}-1}}\geq 0$.

よって$( \frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}-\frac{1}{2})t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{s}\sqrt{P}t}{\sqrt{s}+\sqrt{t}\sqrt{t^{2}-1}}$$+( \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}-\frac{1}{2})s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{t}\sqrt{P}s}{\sqrt{t}+\sqrt{s}\sqrt{s^{2}-1}}\geq 0$

さらに$\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}\{t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{P}t}{\sqrt{t^{2}-1}}\}$$+ \frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}\{s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})+(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{\sqrt{P}s}{\sqrt{s^{2}-1}}I$

.

146

$\geq\frac{1}{2}t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+\frac{1}{2}s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})$

.

したがって
$\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{s}+\sqrt{t}}t(1-\frac{\sqrt{P/2}}{\sqrt{t^{2}-1}})+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}s(1-\frac{\sqrt{P/2}}{\sqrt{s^{2}-1}})$$\geq\frac{1}{2}t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+\frac{1}{2}s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})$.

ゆえに$\frac{1}{2}g(t, P)+\frac{1}{2}g(s, P)$$=$$\frac{1}{2}t(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{t^{2}-1}})+\frac{1}{2}s(1-\frac{\sqrt{P}}{\sqrt{s^{2}-1}})$$\leq$$\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}t(1-\frac{\sqrt{P/2}}{\sqrt{t^{2}-1}})+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}s(1-\frac{\sqrt{P/2}}{\sqrt{s^{2}-1}})$$=$$\frac{\sqrt{s}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(t, \frac{P}{2})+\frac{\sqrt{t}}{\sqrt{t}+\sqrt{s}}g(s, \frac{P}{2})$.
q.e.d.

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