Aufgabe 1.13: Decodierung beim binären Auslöschungskanal (BEC)
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Zur Decodierung beim BEC
Wir gehen hier vom Modell im Abschnitt "Decodierung beim Binary Erasure Channel" aus (grün hinterlegte BEC–Konfiguration):
- Jedes Informationswort $\underline{u}$ wird blockweise codiert und liefert das Codewort $\underline{x}$. Der Blockcode sei linear und durch seine Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ vollständig gegeben.
- Bei der Übertragung werden $n_{\rm E}$ Bit des Codewortes ausgelöscht ⇒ "Binary Erasure Channel" $\rm (BEC)$. Aus dem Codewort $\underline{x}$ wird somit das Empfangswort $\underline{y}$.
- Ist die Anzahl $n_{\rm E}$ der Auslöschungen kleiner als die "minimale Distanz" $d_{\rm min}$ des Codes, so gelingt es, aus $\underline{y}$ das Codewort $\underline{z} = \underline{x}$ ohne Fehler zu rekonstruieren, und man erhält so auch das richtige Informationswort $\underline{v} = \underline{u}$.
Zur Aufgabenbeschreibung betrachten wir nun beispielhaft das Hamming–Codewort $\underline{x} = (0, 1, 0, 1, 1, 0, 0)$ und das Empfangswort $\underline{y} = (0, 1, {\rm E} , {\rm E}, 1, 0, 0).$
- Ausgelöscht wurden somit durch den Kanal das dritte und vierte Bit. Der Codewortfinder hat somit die Aufgabe, den Vektor $z_{\rm E} = (z_{3}, z_{4})$ mit $z_{3}, \ z_{4} \in \{0, 1\}$ zu bestimmen. Dies geschieht entsprechend der Gleichung
- $${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}\hspace{0.05cm}.$$
- Im vorliegenden Beispiel gilt:
- $$\underline{z}_{\rm K} = (0, 1, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0 &0\\ 0 &1 &0 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &1\\ 0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
- Wir haben nun zwei Gleichungen für die zu bestimmenden Bits, deren Lösung zum Ergebnis $z_{3} = 0$ und $z_{4} = 1$ führt.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Decodierung linearer Blockcodes".
- Der Algorithmus zur Zuordnung des Empfangswortes $\underline{y}$ zum richtigen Codewort $\underline{z} = \underline{x}$ ist im "Theorieteil" ausführlich beschrieben.
- Wir möchten nochmals daran erinnern, dass wir bei der BEC–Decodierung den ersten Decoderblock $\underline{y} → \underline{z}$ als "Codewortfinder" bezeichnen, da hier Fehlentscheidungen ausgeschlossen sind. Jedes Empfangswort wird richtig decodiert, oder es kann gar nicht decodiert werden.
- Beim BSC–Modell lassen sich dagegen Decodierfehler nicht vermeiden. Dementsprechend bezeichnen wir den entsprechenden Block dort als "Codewortschätzer".
Fragebogen
Musterlösung
(1) Der Empfangsvektor lautet $\underline{y} = (1, {\rm E}, 0, 1, 0, 0, {\rm E})$. Ausgelöscht wurden also die Codesymbole an den Positionen 2 und 7.
Ausgehend von der vorgegebenen Prüfmatrix
- $${ \boldsymbol{\rm H}} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0 &1 &0 &0\\ 0 &1 &1 &1 &0 &1 &0\\ 1 &1 &0 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix}$$
des Hammingcodes erhält man für Vektor und Matrix
- hinsichtlich aller "korrekt übertragenen Codesymbole" $($Index $\rm K)$, die dem Codewortfinder bekannt sind:
- $$\underline{z}_{\rm K} = (1, 0, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$
- hinsichtlich der beiden "ausgelöschten Codesymbole" $z_{2}$ und $z_{7}$ $($Index $\rm E)$, die zu ermitteln sind:
- $$\underline{z}_{\rm E} = (z_2, z_7)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Die Bestimmungsgleichung lautet somit:
- $${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_2 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Daraus ergeben sich drei Gleichungen für die beiden Unbekannten $z_{2}$ und $z_{7}$:
- $${\rm (a)}\ z_{2} = 1,$$
- $${\rm (b)}\ z_{2} = 1,$$
- $${\rm (c)}\ z_{2} + z_{7} = 0 \ \Rightarrow \ z_{7}= 1.$$
Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ ⇒ Lösungsvorschlag 2.
(2) Betrachtet man die vorgegebene Matrix $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$, so erkennt man, dass diese mit den ersten vier Spalten der Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ übereinstimmt.
- Die Auslöschungen betreffen also die letzten drei Bit des Empfangswortes ⇒ $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7})$ ⇒ $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$.
- Die Erasure–Matrix lautet:
- $${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Richtig sind demzufolge die Aussagen 1, 2 und 4.
(3) Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen:
- $${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0\\ 0 &1 &1 &1\\ 1 &1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{1cm} { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Durch Gleichsetzen folgt $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$ ⇒ Lösungsvorschlag 2.
(4) Der Matrizenvergleich zeigt, dass die ersten drei Spalten von $\boldsymbol{\rm H}$ und $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ identisch sind.
- Die vierte Spalte von $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ ist gleich der fünften Spalte der Prüfmatrix.
- Daraus folgt für den Vektor $z_{\rm E} = (z_{4}, z_{6}, z_{7})$ und weiter für den Empfangsvektor $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ ⇒ Lösungsvorschlag 1 und 3.
(5) Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun:
- $${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &1\\ 0 &1 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{1cm} { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 0 &0 &0\\ 1 &1 &0\\ 1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_4 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ z_4 + z_6 \\ z_4 + z_7 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
- Setzt man nun die beiden Spaltenvektoren gleich, so erhält man nur mehr zwei Gleichungen für die drei Unbekannten ⇒ Lösungsvorschlag 4. Oder anders ausgedrückt:
- Ist die Anzahl der Auslöschungen des BEC–Kanals größer als der Rang der MatrixOder anders ausgedrückt: $\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$,Oder anders ausgedrückt: so ergibt sich keine eindeutige Lösung des resultierenden Gleichungssystems.
(6) Zur Lösung dieser Aufgabe beziehen wir uns wieder auf den systematischen Hamming–Code $(7, 4, 3)$ entsprechend der angegebenen Prüfgleichung und der angegebenen Codetabelle.
Codetabelle des systematischenOder anders ausgedrückt: $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes
- Die Informationsbit sind schwarz dargestellt und die Prüfbit rot. Die minimale Distanz dieses Codes beträgt $d_{\rm min} = 3$.
- Weiter nehmen wir an, dass stets das gelb hinterlegte Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ gesendet wurde. Dann gilt:
- Ist die Anzahl $n_{\rm E}$ der Auslöschungen kleiner als $d_{\rm min} = 3$, so ist eine Decodierung nach der beschriebenen Methode immer möglich ⇒ siehe Aufgabe (1) mit $n_{\rm E}= 2$.
- Für $n_{\rm E} = d_{\rm min} = 3$ ist manchmal eine Decodierung möglich, siehe Aufgabe (3). Es gibt nur ein Codewort, das zum Empfangsvektor $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$ passen könnte, nämlich das gelb hinterlegte Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$.
- Dagegen ist $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ gemäß Aufgabe (4) nicht decodierbar. In der Codetabelle erkennt man neben $(1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ mit $(1, 1, 0, 0, 0, 1, 0)$ ein weiteres Codewort (grün hinterlegt), das durch die $n_{\rm E} = 3$ Auslöschungen bezüglich Bit 4, 6 und 7 zum Empfangswort $\underline{y}$ wird.
- Dieser Fall, wenn die $n_{\rm E} = d_{\rm min}$ Auslöschungen die $d_{\rm min}$ unterschiedlichen Bit zweier Codeworte betreffen, führt zu einer Matrix $\mathbf{H}_{\rm E}$ mit Rang kleiner $d_{\rm min}$.
- Ist $n_{\rm E} > d_{\rm min}$, so ist die Anzahl $n - n_{\rm E}$ der nicht ausgelöschten Bit kleiner als die Anzahl $k$ der Informationsbit. In diesem Fall kann das Codewort natürlich nicht decodiert werden.
Das heißt: Zutreffend sind die Aussagen 1, 3 und 4.
