Commit 008e6876 by Pierre-antoine Comby

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 \documentclass{../../td} \begin{document} \subsection{Quantification scalaire uniforme} %\imgt{4} \begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{5mm} \item \begin{align*} D & = E[(x-y)^2] \\ & = \int_{-\infty}^{+\infty} p_X(x)(x_Q(x))^2dx \\ & = \sum_{i=1}^N \int_{s_{i-1}}^{s_i} p_X(x)(x-y_i)^2 dx \end{align*} \item $N=2$ %\img{0.5}{5} $y_1 = -\frac{\Delta}{2}, \quad y_2 = \frac{\Delta}{2}$ On cherche $\Delta$ qui minimise $D$ : \begin{align*} D & = \int_{-\infty}^0 p_X(x)(x+\frac{\Delta}{2})^2 dx + \int_0^{\infty}p_X(x)(x-\frac{\Delta}{2})^2 dx \\ & = \int_{-\infty}^0 p_X(x)(x^2+\frac{\Delta^2}{4}+x\Delta) dx + \int_0^{\infty}p_X(x)(x^2+\frac{\Delta^2}{4}-x\Delta) dx \\ & = \int_{-\infty}^{\infty} p_X(x)(x^2 + \frac{\Delta^2}{4}) dx + \Delta(\int_{-\infty}^0p_X(x)dx - \int_0^{\infty}p_X(x)dx) \intertext{Or, $\int_{-\infty}^0p_X(x)dx + \int_0^{\infty}p_X(x)dx = 0$ ($X$ de valeur moyenne nulle)} D & = \int_{-\infty}^{\infty} p_X(x)(x^2 + \frac{\Delta^2}{4}) dx + 2\Delta\int_0^{\infty}p_X(x)dx \\ & = (\int_{-\infty}^{+\infty} p_X(x)dx)\frac{\Delta^2}{4} - (2\int_0^{\infty} xp_X(x)dx)\Delta + \int_{-\infty}^{+\infty} x^2p_X(x)dx \\ & = \frac{\Delta^2}{4} - (2\int_0^{\infty} xp_X(x)dx)\Delta + \int_{-\infty}^{+\infty} x^2p_X(x)dx \end{align*} Ainsi, $\derivp[D]{\Delta} = 0 \Rightarrow \frac{1}{4}2\Delta - 2\int_0^{\infty} xp_X(x)dx = 0 \Rightarrow \Delta = 4\int_0^{\infty} xp_X(x)dx$ \item On a maintenant $\begin{cases} y_{i+1}-y_i & = \Delta \\ y_{N/2} = -\Delta / 2, & y_{N/2+1} = \Delta / 2 \end{cases}$ De plus, $y_{N/2}-y_1 = \Delta(N/2-1)$ donc $y_1 = y_{N/2}-\Delta(N/2-1) = -\Delta(N/2-1/2)$ $y_i = \Delta/2(-N+1)+(i-1)\Delta = (i-N/2-1/2)\Delta$ $S_i=y_i+\Delta/2=\Delta(i-N/2)$ \begin{align*} D & = \int_{-\infty}^{\Delta(1-N/2)}p_X(x)(x+\Delta(N/2-1/2))dx\\ &+ \sum_{i=2}^{N-1} \int_{\Delta(i-1-N/2)}^{\Delta(i-N/2)} p_X(x)(x-\Delta(i-\frac{N+1}{2})^2)dx \\ &+ \int_{\Delta(N/2-1)}^{\Delta(i-N/2)} p_X(x)(x-\Delta(N/2-1/2))dx \end{align*} Ensuite, on cherche $\Delta$ tel que $\derivp[D]{\Delta}=0$ mais c'est relou donc on va pas le faire. \item \begin{enumerate} \item $\Delta = \frac{2A}{4} = \frac{A}{2}$ \item %\img{0.5}{6} \item $D=\frac{\Delta^2}{12}=\frac{A^2}{3\times^{2R}}$ \end{enumerate} \end{enumerate} \subsection{Quantification} \subsection{Quantifiaction et codage entropique} \begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{5mm} \item On ne peut pas le dire directement parce que les couples $(R,D)$ n'ont ni $R$, ni $D$ connu pour QSU et QSNU. \item Sans codeur entropique, on ne se réfère qu'on premier tableau. Pour le même débit, on a toujours $RSB_{QSU} \leq RSB_{SQNU}$, donc la QSNU est meilleure. \item $D_{min} = \sigma^2 2^{-2R}$ $RSB_{max} = 10\log_{10} \frac{\sigma^2}{D_{min}} = 6.02R$ $D(r) - D_{min}(R) = RSB_{max} - RSB(R) = 6R - RSB(R)$ Avec un codeur entropique parfait, on a $R=H$ et donc : \begin{center} \begin{tabular}{c|c|c} $\log_2 M$ & QSU & QSNU \\ \hline 1 & 1.6 & 1.6 \\ 2 & 2.174 & 2.166 \\ 3 & 2.296 & 2.33 \\ 4 & 2.232 & 2.37 \\ 5 & 2.124 & 2.36 \end{tabular} \end{center} \item C'est QSU + CE qui est meilleur. \end{enumerate} \subsection{Codage scalable} \begin{enumerate}\setlength{\itemsep}{5mm} \item \begin{enumerate} \item $M=2^R$ donc $\Delta = \frac{2X_{max}}{M} = \frac{2X_{max}}{2^R} = X_{max}2^{1-R}$ \item $D = \frac{\Delta^2}{12} = \frac{(X_{max}2^{1-R})^2}{12} = X_{max}^2 \frac{1}{3} 2^{-2R}$ \item $R=3 \Rightarrow M=8$ %\imgt{3} \item \begin{itemize} \item $X_1 = 0.9X_{max} \Rightarrow 111$ \item $X_2 = -0.1X_{max} \Rightarrow 011$ \item $X_3 = -0.6X_{max} \Rightarrow 001$ \end{itemize} \end{enumerate} \item Le train binaire classique est 111 0111 001. Si les six bits de la fin sont perdus, on ne peut que reconstruire $X_1$. \item \begin{itemize} \item Scalable 1 : on code d'abord $X_1X_2X_3$ avec un bit par $X_i$, puis on la quantifiée avec 2 puis 3 bits. Au final, on code donc $X_1X_2X_3$ sur un train de 3+6+9=18 bits. Si on n'a que les 3 premiers 100, on peut reconstituer $X_1 = 0.5X_{max}$, $X_2=X_3=-0.5X_{max}$. \item Scalable 2 : on envoie les premiers bits de $X_1,X_2$ et $X_3$ à la suite, puis les deuxièmes bits, puis les troisièmes. Le train fait donc 9 bits. \end{itemize} \begin{figure} \centering \begin{tabular}{c|c|c|c|c} R & D & Non scalable & Scalable 1 & Scalable 2 \\ \hline 0 & $\sigma^2$ & 0 & 0 & 0\\ 1 & $\sigma^2 2^{-2}$ & 1 & 1 & 1 \\ 2 & $\sigma^2 2^{-4}$ & 2 & 1+2 & 2 \\ 3 & $\sigma^2 2^{-6}$ & 3 & 1+2+3 & 3 \end{tabular} \caption{Débit} \end{figure} \item Codage d'image, codage vidéo. \textit{Because why ? Because fuck you that's why.} \end{enumerate} \subsection{Codage avec information adjacente au décodeur} \begin{enumerate} \item Un exemple de compression d'une sourceX en se servant d'une information adjacente supposée disponible au codeur et au décodeur:\\ En codage vidéo, le codeur dispose de l'image n-1 (compressée et décompressée) pour coder l'image n.\\ Le décodeur dispose également de l'image n-1.\\ \item On fabrique $\tilde{X}$ à partir de X et de Y : $\tilde{X} = X-Y$ Au décodeur, $\tilde{X}$ sera utilisé pour calculer $\hat{X}$ (l'estimé de X).\\ \item On suppose que Y et donc Z suivent une loi normale de moyenne nulle et d'écart-type respectif $\sigma_Y$ et $\sigma_Z$. \begin{enumerate} \item \begin{align*} E(X) &= E(Y+Z) = E(Y) + E(Z) = 0\\ \sigma_X^2 &= E((X-E(X))^2) = E(X^2) =E(Y^2 + Z^2 + 2YZ)\\ &= E(Y^2) + 2E(Y)E(Z) +E(Z^2)\\ &= \sigma_Y^2 + \sigma_Z^2 \end{align*} \item On ne tient compte de Y ni au codeur, ni au décodeur, $\tilde{X} = X$ et $D_1(R) = \sigma_X^2 2^{-2R}$.\\ \item Si on compresse $\tilde{X} = X-Y = Z$, alors $D_2(R) = \sigma_{\tilde{X}}^2 2^{-2R} = (\sigma_X^2 - \sigma_Y^2) 2^{-2R}$. Donc: $D_2(R) \leq D_1(R)$ \end{enumerate} \item On n'utilise pas Y au codeur, donc à priori, les performances devraient être moins bonnes. %\img{0.5}{7.png} Tout d'abord, X est quantifié à l'aide d'un quantificateur scalaire uniforme de pas $\Delta_1$, centré en 0. X appartient à un intervalle de quantification répété par un index $q_1$, cet intervalle est alors découpé en M sous-intervalle, $m \in \{0,1,...,M-1\}$. \item $\Delta_1 = M\Delta_2 \Rightarrow \Delta_2 = \frac{\Delta_1}{M}$ \item Les m(s) sont équiprobables donc: $H = \sum_{i=1}^{\Delta_2} \frac{1}{\Delta_2}log_2(\frac{1}{\frac{1}{\Delta_2}} = log_2(\Delta_2)$ C'est le nombre de bits nécessaire.\\ Première méthode:\\ On quantifie Y au décodeur avec $\Delta_1$: %\img{0.5}{8.png} \item Il faut: $\begin{cases} k\Delta_1 - \frac{\Delta_1}{2} \leq Y \leq k\Delta_1 + \frac{\Delta_1}{2}\\ k\Delta_1 -\frac{\Delta_1}{2} \leq X \leq k\Delta_1 + \frac{\Delta_1}{2} \end{cases}$ %\img{0.5}{9.png} On suppose que $Y = k \Delta_1$ donc, on a $k\Delta_1 - \frac{\Delta_1}{2} \leq k \Delta_1 + Z \leq k\Delta_1 + \frac{\Delta_1}{2}$. Ce qui implique que : $-\frac{\Delta_1}{2} \leq Z \leq \frac{\Delta_1}{2}$ \item Lorsque Y est très proche de la limite de l'intervalle, on a une distorsion de l'ordre de $\Delta_1^2$, même lorsque $Z << Y$. \item Deuxième méthode: On découpe l'intervalle de largeur $\Delta_1$ en 0, en M sous-intervalle, et on sélectionne le milieu 0' du sous-intervalle indexé par m. Ensuite, Y est quantifié avec $\Delta_1$ mais centré en 0'.\\ %\img{0.5}{10.png} Première étape: on reconstruit $\hat{\omega}$ à partir de m et $-\frac{\Delta_1}{2} \leq \tilde{\omega} \leq \frac{\Delta_1}{2}$.\\ Seconde étape: $Y \rightarrow \hat{Y}$\\ \begin{align*} \hat{X} = \hat{Y + \hat{\omega}} \text{ et,} X = Y + Z\\ \text{donc, } (\hat{X}-X) = (\hat{Y} - Y) + (\hat{\omega} - Z)\\ (\hat{Y}-Y)^2 \leq \frac{\Delta_1^2}{4} \end{align*} Si $Z \in [-\frac{\Delta_1}{2}; \frac{\Delta_1}{2}]$ alors, $(Z-\hat{\omega})^2 \leq \Delta_1^2$, sinon $(z-\hat{\omega})^2$ peut être large. \item $\Delta_1$ assez grand pour que $|Z| \leq \frac{\Delta_1}{2}$.\\ D(R) augmente aussi et $(\hat{m}-m)$ augmente. \item Montrons que $Pr(|Z|> \frac{\Delta_1}{2}) = \sqrt{\frac{2}{\pi \sigma_Z^2}} \int_{\frac{\Delta_1}{2}}^{+\infty} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_z^2}) dz$, dont la distribution de probabilité est: %\img{0.5}{11.png} On peut aussi montrer que: \begin{align*} Pr(|Z|>\frac{\Delta_1}{2}) &= 2 Pr(Z > \frac{\Delta_1}{2})\\ &= 2 \sqrt{\frac{1}{2\pi \sigma_Z^2}} \int_{\frac{\Delta_1}{2}}^{+\infty} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_z^2}) dz \end{align*} On suppose que $\Delta_2 << \Delta_1$, et $\Delta_2 << \sigma_Z$.\\ On peut montrer que $|Z| \leq \frac{\Delta_2}{2} \Rightarrow D_1 = \frac{\Delta_2^2}{12}$ et que $|Z| > \frac{\Delta_2}{2} \Rightarrow D_2 = \Delta_2^2$.\\ \begin{align*} D &= D_1 Pr(|Z| \leq \frac{\Delta_1}{2}) + D_2 Pr(|Z| > \frac{\Delta_1}{2})\\ &= \frac{\Delta_2^2}{12} \int_{-\frac{\Delta_1}{2}}^{\frac{\Delta_1}{2}} \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_Z^2}} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_Z^2})dz + \Delta_1^2 \sqrt{\frac{2}{\pi \sigma_Z^2}} \int_{\frac{\Delta_1}{2}}^{+\infty} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_Z^2})dz\\ &= \sqrt{\frac{2}{pi \sigma_z^2}} \left(\frac{\Delta_2^2}{12} \int_{0}^{\frac{\Delta_1}{2}} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_Z^2})dz + \Delta_1^2 \int_{\frac{\Delta_1}{2}}^{+\infty} exp(-\frac{z^2}{2\sigma_Z^2})dz\right) \end{align*} \item R est fixé donc M est fixé, et $\Delta_2 = \frac{\Delta_1}{M}$. On calcul $\frac{\partial D}{\partial \Delta_1}$ et par magie on trouve 0. \end{enumerate} \end{document} %%% Local Variables: %%% mode: latex %%% TeX-master: "main" %%% End:
 \documentclass{../../td} \usepackage{../../raccourcis} \usepackage{multicol} % Mise en page \title{Correction de TD} \author{Pierre-Antoine Comby} \teacher{Michel Kieffer} \module{455} \renewcommand{\thesection}{TD\arabic{section}} \makeatletter \def\l@section{\@dottedtocline{1}{1em}{3em}} \makeatother \graphicspath{{TD1/}{TD2/}{TD3/}{TD4/}{TD5/}{TD6/}{TD7/}{TD8/}{TD9/}} \begin{document} \maketitle \tableofcontents \section{} %\subfile{TD1.tex} \section{} \subfile{TD2.tex} \section{} \end{document} %%% Local Variables: %%% mode: latex %%% TeX-master: t %%% End:
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