Aufgabe 2.13: Decodierung beim RSC (7, 3, 5) zur Basis 8

ELP–Belegungsschemata für $r = 1, \ r = 2, \ r = 3$

In der "Aufgabe 2.12" haben wir den so genannten Petersen–Algorithmus zur Fehlerkorrektur bzw. zur Decodierung des Reed–Solomon–Codes $(7, \, 4, \, 4)_8$ angewendet, der aufgrund der Minimaldistanz $d_{\rm min} = 4$ allerdings nur einen Symbolfehler korrigieren kann $(t = 1)$.

In dieser Aufgabe betrachten wir nun den ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8 \ \Rightarrow \ d_{\rm min} = 5 \ \Rightarrow \ t = 2$, dessen Prüfmatrix wie folgt lautet:

$${ \boldsymbol{\rm H}} = \begin{pmatrix} 1 & \alpha^1 & \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4 & \alpha^5 & \alpha^6\\ 1 & \alpha^2 & \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1 & \alpha^{3} & \alpha^{5}\\ 1 & \alpha^3 & \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^{5} & \alpha^{1} & \alpha^{4}\\ 1 & \alpha^4 & \alpha^1 & \alpha^{5} & \alpha^{2} & \alpha^{6} & \alpha^{3} \end{pmatrix} .$$

Für das betrachtete Empfangswort $\underline{y} = (\alpha^2, \, \alpha^3, \, \alpha, \, \alpha^5, \, \alpha^4, \, \alpha^2, \, 1)$ ergibt sich hier das Syndrom

$$\underline{s} = \underline{y} \cdot \mathbf{H}^{\rm T} = (0, \, 1, \, \alpha^5, \, \alpha^2).$$

Die weitere Vorgehensweise bei der Decodierung geschieht entsprechend den folgenden Theorieseiten:

Schritt $\rm (B)$: Aufstellen & Auswerten des ELP–Koeffizientenvektors; "ELP" steht für Error Locator Polynom.

Schritt $\rm (B)$: Lokalisierung der Fehlerstellen,

Schritt $\rm (D)$: Abschließende Fehlerkorrektur.

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel "Fehlerkorrektur nach Reed–Solomon–Codierung".

In obiger Grafik sehen Sie die Belegungen der "ELP–Koeffizienten" ${\it \underline{\Lambda}}_l$ unter der Annahme, dass es im Empfangswort $r = 1, \ r = 2$ bzw. $r = 3$ Symbolfehler gibt.

Fragebogen

Musterlösung

(1) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 2:

Der ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8$ kann bis zu $t = 2$ Symbolfehler korrigieren.

Die tatsächliche Symbolfehleranzahl $r$ darf nicht größer sein.

Umrechnungstabellen für $\rm GF(2^3)$

(2) Unter der Annahme $r = 1$ lauten die $n-k-1$ Bestimmungsgleichungen $\lambda_0$ gemäß ${\it \underline{\Lambda}}_l \cdot \underline{s}^{\rm T} = 0$:

$$\lambda_0 \cdot 0 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} 1 = 0 \hspace{0.75cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 \hspace{0.15cm} {\rm unbestimmt} \hspace{0.05cm},$$

$$\lambda_0 \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \alpha^5 = 0 \hspace{0.55cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^5 \hspace{0.05cm},$$

$$\lambda_0 \cdot \alpha^5 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \alpha^2 = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^{-3} = \alpha^4 \hspace{0.05cm}.$$

Die Annahme $r = 1$ wäre nur dann gerechtfertigt, wenn sich aus allen diesen drei Gleichungen der gleiche $\lambda_0$–Wert ergäbe.

Dies ist hier nicht der Fall ⇒ Antwort NEIN.

(3) Geht man von der Belegrung für $r = 2$ aus, so erhält man zwei Bestimmungsgleichungen für $\lambda_0$ und $\lambda_1$:

$$\lambda_0 \cdot 0 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \lambda_1 \cdot 1 +\alpha^5 = 0 \hspace{0.38cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_1 = \alpha^5 \hspace{0.05cm},$$

$$\lambda_0 \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \lambda_1 \cdot \alpha^5 +\alpha^2 = 0 \hspace{0.15cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^{5+5} +\alpha^2 = \alpha^{3} +\alpha^2 =\alpha^{5} \hspace{0.05cm}.$$

Das Gleichungssystem lässt sich unter der Annahme $r = 2$ lösen ⇒ Antwort JA.

Die hier gewonnenen Ergebnisse $\lambda_0 = \lambda_1 = \alpha^5$ werden in der nächsten Teilaufgabe verarbeitet.

(4) Mit dem Ergebnis $\lambda_0 = \lambda_1 = \alpha^5$ lautet das "Error Locator Polynom" (hier die Schlüsselgleichung):

$${\it \Lambda}(x)=x \cdot \big ({\it \lambda}_0 + {\it \lambda}_1 \cdot x + x^2 \big ) =x \cdot \big (\alpha^5 + \alpha^5 \cdot x + x^2 )\hspace{0.05cm}.$$

Diese Funktion weist Nullstellen für $x = \alpha^2$ und $x = \alpha^3$ auf:

$${\it \Lambda}(x = \alpha^2 )\hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \alpha^2 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha^7 + \alpha^4 \big ) = \alpha^2 \cdot \big ( \alpha^5 + 1 + \alpha^4 \big )= 0\hspace{0.05cm},$$

$${\it \Lambda}(x = \alpha^3 )\hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \alpha^3 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha^8 + \alpha^6 \big ) = \alpha^3 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha + \alpha^6 \big )= 0\hspace{0.05cm}.$$

Verfälscht sind folglich die Symbole an den Positionen 2 und 3 ⇒ Lösungsvorschläge 3 und 4.

(5) Nach dem Ergebnis der Teilaufgabe (4) kommen nur noch die beiden letzten Lösungsvorschläge in Frage:

$$\underline{e} = (0, \, 0, \, e_2, \, e_3, \, 0, \, 0, \, 0).$$

Der Ansatz lautet deshalb entsprechend $\underline{e} \cdot \mathbf{H}^{\rm T} = \underline{s}$:

$$(0, 0, e_2, e_3, 0, 0, 0) \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ \alpha^1 & \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4\\ \alpha^2 & \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1\\ \alpha^3 & \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^5\\ \alpha^4 & \alpha^1 & \alpha^{5} & \alpha^2\\ \alpha^5 & \alpha^{3} & \alpha^{1} & \alpha^6\\ \alpha^6 & \alpha^{5} & \alpha^{4} & \alpha^3 \end{pmatrix} \hspace{0.15cm}\stackrel{!}{=} \hspace{0.15cm} (0, 1, \alpha^5, \alpha^2) \hspace{0.05cm}. $$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} e_2 \cdot \alpha^{2} \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} e_3 \cdot \alpha^{3} = 0 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.8cm} e_2 \cdot \alpha^{4} + e_6 \cdot \alpha^{3} = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} e_2 \cdot \alpha^{6} \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} e_3 \cdot \alpha^{2} = \alpha^{5} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.6cm} e_2 \cdot \alpha^{1} + e_6 \cdot \alpha^{5} = \alpha^{2} \hspace{0.05cm}. $$

Alle vier Gleichungen werden mit $e_2 = 1$ sowie $e_3 = \alpha^6$ erfüllt ⇒ Lösungsvorschlag 3:

$$\underline {e} = (0, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}1, \hspace{0.05cm}\alpha^6, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}0) $$

Mit $\alpha + 1 = \alpha^3$ und $\alpha^5 + \alpha^6 = \alpha$ kommt man vom gegebenen Empfangswort $\underline{y} = (\alpha^2, \, \alpha^3, \, \alpha, \, \alpha^5, \, \alpha^4, \, \alpha^2, \, 1)$ zum Decodierergebnis

$$\underline {z} = (\alpha^2, \hspace{0.05cm}\alpha^3, \hspace{0.05cm}\alpha^3, \hspace{0.05cm}\alpha, \hspace{0.05cm}\alpha^4, \hspace{0.05cm}\alpha^2, \hspace{0.05cm}1) \hspace{0.05cm}. $$

In der "Aufgabe 2.7" wurde gezeigt, dass dies ein zulässiges Codewort des ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8$ ist.

Das zugehörige Informationswort lautet $\underline{u} = (\alpha^4, \, 1, \, \alpha^3)$.

	Symbol 0,
	Symbol 1,
	Symbol 2,
	Symbol 3,
	Symbol 4,
	Symbol 5,
	Symbol 6.

	$\underline{e} = (1, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, \alpha^6)$,
	$\underline{e} = (\alpha^6, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 1)$,
	$\underline{e} = (0, \, 0, \, 1, \, \alpha^6, \, 0, \, 0, \, 0)$,
	$\underline{e} = (0, \, 0, \, \alpha^6, \, 1, \, 0, \, 0, \, 0)$.

	Das blau hinterlegt Schema $(r = 1)$.
	Das rot hinterlegte Schema $(r = 2)$.
	Das grün hinterlegte Schema $(r = 3)$.

	JA.
	NEIN.

	JA.
	NEIN.