Aufgaben:Aufgabe 4.7Z: Zum Prinzip der Syndromdecodierung: Unterschied zwischen den Versionen
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Version vom 4. Januar 2018, 07:54 Uhr
Die Syndromdecodierung wurde bereits im Kapitel Decodierung linearer Blockcodes ausführlich behandelt. Bei allen Hammingcodes, die ja bekanntlich perfekt sind, ergibt sich hiermit ein gleich gutes Decodierergebnis wie mit der (im allgemeinen) deutlich komplizierteren Maximum–Likelihood–Detektion.
Bei der Syndromdecodierung geht man wie folgt vor:
- Man bildet aus dem Empfangsvektor $\underline{y}$ der Länge $n$ und der Prüfmatrix $\mathbf{H}$ das Syndrom:
- $$\underline{s} = \underline{y} \cdot { \boldsymbol{\rm H}}^{\rm T} \in {\rm GF}(2^m) \hspace{0.05cm}, \hspace{0.5cm}{\rm Anmerkung\hspace{-0.10cm}:} \hspace{0.15cm}m = n-k \hspace{0.05cm}. $$
- Das Empfangswort $\underline{y} = \underline{x} \ {\rm (Codewort)} + \underline{e} \ {\rm (Fehlervektor)}$ ist nicht notwendigermaßen ein Element von ${\rm GF}(2^m)$, sicher aber ein Element von ${\rm GF}(2^n)$ und es gilt wegen $\underline{x} \cdot \mathbf{H}^{\rm T} = \underline{0}$ gleichermaßen:
- $$\underline{s} = \underline{e} \cdot { \boldsymbol{\rm H}}^{\rm T}\hspace{0.05cm}. $$
- Viele Fehlermuster $\underline{e}$ führen zum gleichen Syndrom $\underline{s}$. Man fasst nun diejenigen Fehlermuster mit gleichem Syndrom $\underline{s}_{\mu}$ zur Nebenklasse ${\it \Psi}_{\mu}$ zusammen.
- Als Nebenklassenanführer $\underline{e}_{\mu}$ bezeichnet man denjenigen Fehlervektor, der innerhalb der Klasse ${\it \Psi}_{\mu}$ das geringste Hamming–Gewicht aufweist und dementsprechend am wahrscheinlichsten ist.
Die Tabelle oben zeigt die Liste der Nebenklassenanführer $\underline{e}_{\mu}$ für die einzelnen $\underline{s}_{\mu}$ beim Hammingcode (7, 4, 3). Diese Tabelle wird für die Teilaufgabe (1) benötigt.
Eine ähnliche Tabelle soll für den verkürzten Hammingcode (6, 3, 3) erstellt werden. Dieser wurde bereits in Aufgabe A4.6 sowie Aufgabe Z4.6 benutzt und ist durch seine Generatormatrix vorgegeben:
- $${ \boldsymbol{\rm G}} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &1 &1 &0 \\ 0 &1 &0 &1 &0 &1 \\ 0 &0 &1 &0 &1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Im Gegensatz zum originalen (7, 4, 3)–Hammingcode ist der verkürzte (6, 3, 3)–Hammingcode nicht perfekt, so dass sich nicht für alle möglichen $\underline{s}_{\mu}$ ein Einfehler–Nebenklassenanführer $\underline{e}_{\mu}$ finden lässt.
Hinweise:
- Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Grundlegendes zu den Produktcodes und ist als Ergänzung zur Aufgabe A4.7 gedacht.
- Ähnliche Aufgabenstellungen wurden in Aufgabe A1.11 und Aufgabe Z1.11 im Kapitel 1.5 behandelt.
- Der Zusammenhang zwischen der Generatormatrix $\mathbf{G}$ und der Prüfmatrix $\mathbf{H}$ von systematischen Codes ist im Kapitel Allgemeine Beschreibung linearer Blockcodes angegeben.
Fragebogen
Musterlösung
- $$\underline{x} = (0, 1, 1, 0, 1, 1, 0) \hspace{0.15cm}+ \hspace{0.15cm}(0, 0, 1, 0, 0, 0, 0) \hspace{0.15cm}= \hspace{0.15cm}(0, 1, 0, 0, 1, 1, 0)$$
am wahrscheinlichsten und der Syndromdecoder gibt dieses als Ergebnis aus ⇒ Lösungsvorschlag 2.
(2) Die Prüfmatrix $\mathbf{H}$ des verkürzten (6, 3)–Hammingcodes $C_2$ hat $m = n - k = 3$ Zeilen und $n$ Spalten. Es handelt sich demzufolge und eine $3 × 6$–Matrix ⇒ die Aussage 1 ist falsch.
Da es sich auch bei $C_2$ um einen systematischen Code handelt, kann die Generatormatrix $\mathbf{G}$ in folgender Form dargestellt werden:
- $${ \boldsymbol{\rm G}} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &1 &1 &0 \\ 0 &1 &0 &1 &0 &1 \\ 0 &0 &1 &0 &1 &1 \end{pmatrix} = \left ( { \boldsymbol{\rm I}}_3 ; \hspace{0.15cm} { \boldsymbol{\rm P}} \right ) \hspace{0.5cm}{\rm mit }\hspace{0.5cm} { \boldsymbol{\rm P}} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 \\ 1 &0 &1 \\ 0 &1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Somit kann für die Prüfmatrix geschrieben werden:
- $${ \boldsymbol{\rm H}} = \left ( { \boldsymbol{\rm P}}^{\rm T} ; \hspace{0.15cm} { \boldsymbol{\rm I}}_3 \right ) = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0 &0\\ 1 &0 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
Hierbei bezeichnet $\mathbf{I}_3$ eine $3 × 3$–Diagonalmatrix, die typisch ist für den systematischen Code.
Die Lösungsvorschläge 2, 3 und 4 sind somit richtig:
- Zeile 1: $\ 110100$,
- Zeile 2: $\ 101010$,
- Zeile 3: $\ 011001$.
(3) Nach den Aussagen im Kapitel Decodierung linearer Blockcodes kann für das Syndrom auch $\underline{s} = \underline{e} \cdot \mathbf{H}^{\rm T}$ geschrieben werden. Damit erhält man für den fehlerfreien Fall ⇒ $\underline{e} = (0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0)$:
- $$\underline{s}= \left ( 0, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0 \right ) \cdot \begin{pmatrix} 1 &1 &0 \\ 1 &0 &1 \\ 0 &1 &1 \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \\ 0 &0 &1 \end{pmatrix}= \left ( 0, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}0 \right ) = \underline{s}_0.$$
Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 1.
(4) Alle Aussagen stimmen, wie aus der Musterlösung zur letzten Teilaufgabe zu ersehen ist: Die Zeilen der transponierten Prüfmatrix ergeben von oben nach unten gelesen, die jeweiligen Syndrome für die Fehlermuster $\underline{e} = (1, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0), \ ... \ , \ \underline{e} = (0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 1)$.
(5) Die erste Aussage ist falsch, da die beiden ersten Zeilen der transponierten Prüfmatrix $\mathbf{H}^{\rm T}$ aufsummiert $(1, \, 1, \, 0) + (1, \, 0, \, 1) = (0, \, 1, \, 1) = \underline{s_3} ≠ \underline{s}_7$ ergibt. Die Aussagen 2, 3 und 4 sind richtig:
- Erste und letzte Zeile: $\ (1, \, 1, \, 0) + (0, \, 0, \, 1) = (1, \, 1, \, 1) = \underline{s}_7$,
- zweite und fünfte Zeile: $\ (1, \, 0, \, 1) + (0, \, 1, \, 0) = (1, \, 1, \, 1) = \underline{s}_7$,
- Die Summe über alle Zeilen ergibt ebenfalls $\underline{s}_7$, da es in jeder Matrixspalte genau drei Einsen gibt.
