Aufgaben:Aufgabe 2.11: RS–Decodierung nach „Erasures”

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${\rm GF}(2^3)$, dargestellt als Potenzen, Polynome und Koeffizientenvektoren

Wir betrachten hier ein Codier– und Decodiersystem entsprechend der Grafik im Theorieteil zu diesem Kapitel. Anzumerken ist:

• Der Reed–Solomon–Code ist durch die Generatormatrix $\mathbf{G}$ und die Prüfmatrix $\mathbf{H}$ vorgegeben, wobei alle Elemente aus dem Galoisfeld $\rm GF(2^3) \ \backslash \ \{0\}$ stammen:

$${ \boldsymbol{\rm G}} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & \alpha^1 & \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4 & \alpha^5 & \alpha^6\\ 1 & \alpha^2 & \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1 & \alpha^{3} & \alpha^{5}\\ 1 & \alpha^3 & \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^{5} & \alpha^{1} & \alpha^{4} \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$

$${ \boldsymbol{\rm H}} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \begin{pmatrix} 1 & \alpha^1 & \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4 & \alpha^5 & \alpha^6\\ 1 & \alpha^2 & \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1 & \alpha^{3} & \alpha^{5}\\ 1 & \alpha^3 & \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^{5} & \alpha^{1} & \alpha^{4} \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

• Alle Codesymbole $c_i ∈ \{0, \, 1, \, \alpha, \, \alpha^2, \, \alpha^3, \, \alpha^4, \, \alpha^5, \, \alpha^6\}$ werden durch $m = 3$ Bit dargestellt und über den (in der Grafik) grün hinterlegten Auslöschungskanal ($m$–BEC) übertragen. Ein Codesymbol wird bereits dann als Auslöschung (Erasure) $\rm E$ markiert, wenn eines der drei zugehörigen Bit unsicher ist.
• Der Codewortfinder (CWF) hat die Aufgabe, aus dem teilweise ausgelöschten Empfangswort $\underline{y}$ das regenerierte Codewort $\underline{z}$ zu erzeugen. Dabei muss sicher gestellt sein, dass das Ergebnis $\underline{z}$ tatsächlich ein gültiges Reed–Solomon–Codewort ist.
• Beinhaltet das Empfangswort $\underline{y}$ zu viele Auslöschungen, so gibt der Decoder eine Meldung der Art „Symbol ist nicht decodierbar” aus. Es wird also nicht versucht, das Codewort zu schätzen. Wird $\underline{z}$ ausgegeben, so ist dieses auch richtig: $\underline{z} = \underline{c}$.
• Das gesuchte Informationswert $\underline{\upsilon} = \underline{u}$ ergibt sich durch die inverse Coderfunktion $\underline{\upsilon} = {\rm enc}^{-1}(\underline{z})$. Mit der Generatormatrix $\mathbf{G}$ lässt sich diese wie folgt realisieren:

$$\underline{c} = {\rm enc}(\underline{u}) \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \underline{u} \cdot {\boldsymbol{\rm G}} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{z} = {\rm enc}(\underline{\upsilon}) = \underline{\upsilon} \cdot {\boldsymbol{\rm G}} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \underline{\upsilon} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} {\rm enc}^{-1}(\underline{z}) = \underline{z} \cdot {\boldsymbol{\rm G}}^{\rm T}\hspace{0.05cm}.$$

Hinweise:

• Die Aufgabe bezieht sich auf das Kapitel Reed–Solomon–Decodierung beim Auslöschungskanal.
• Hinsichtlich des Codewortfinders verweisen wir insbesondere auf die Seiten Vorgehensweise und Lösung der Matrixgleichungen.
• Alle Berechnungen sind in $\rm GF(2^3)$ durchzuführen. Die obere Grafik beschreibt deren $q = 8$ Elemente in Potenz–, Polynom– und Koeffizientenvektordarstellung.

Fragebogen

1

Geben Sie die Codeparameter des vorliegenden Reed–Solomon–Codes an.

$n \ = \ $

$k \ = \ $

$d_{\rm min} \ = \ $

2

Kann der Empfangsvektor $\underline{y} = (0, \, 0, \, 0,\, 0, \, 0, \, 0, \, {\rm E})$ decodiert werden?

	JA.
	NEIN.

3

Kann der Empfangsvektor $\underline{y} = (\rm E, \, E, \, 1, \, 1, \, 1, \, 1, \, 1)$ decodiert werden?

	JA.
	NEIN.

4

Welches Ergebnis liefert die Decodierung von $\underline{y} = (\rm E, \, E, \, E, \, 0, \, 1, \, \alpha, \, 0)$?

	$z_0 = \alpha, \ z_1 = \alpha^3, \ z_2 = 0$.
	$z_0 = \alpha, \ z_1 = \alpha^3, \ z_2 = \alpha^3$.
	$z_0 = 1, \ z_1 = 0, \ z_2 = \alpha^3$.
	Die Decodierung führt zu keinem Ergebnis.

5

Welches Ergebnis liefert die Decodierung von $\underline{y} = (\rm E, \, E, \, E, \, 0, \, 1, \, \alpha, \, E)$?

	$z_0 = \alpha, \ z_1 = \alpha^3, \ z_2 = 0, \ z_6 = 1$.
	$z_0 = \alpha, \ z_1 = \alpha^3, \ z_2 = \alpha^3, \ z_6 = 1$.
	$z_0 = 1, \ z_1 = 0, \ z_2 = \alpha^3, \ z_6 = 1$.
	Die Decodierung führt zu keinem Ergebnis.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die Spaltenanzahl der Prüfmatrix $\mathbf{H}$ gibt die Codelänge an: $n \ \underline{= 7}$.

• Zum gleichen Ergebnis kommt man, wenn man von der Ordnung $q = 8$ des Galoisfeldes ausgeht. Bei den Reed–Solomon–Codes gilt nämlich $n = q - 1$.
• Die Zeilenanzahl der Prüfmatrix ist gleich $n - k = 3 \ \Rightarrow \ k \ \underline{= 4}$.
• Von allen Reed–Solomon–Codes wird die Singleton–Schranke erfüllt   ⇒   $d_{\rm min} = n - k + 1 \ \underline{= 4}$.
• Es handelt sich also um den Reed–Solomon–Code $(7, \, 4, \, 4)_8$.

(2)  Eine Decodierung ist sicher möglich, so lange die Anzahl $e$ der Auslöschungen kleiner ist als die Minimaldistanz $d_{\rm min}$. Diese Bedingung ist hier erfüllt  ⇒  JA.

• Nachdem bei allen RS–Codes das Nullwort zulässig ist und jedes andere Codewort mindestens vier Symbole ungleich „$0$” beinhaltet, ist bereits ohne Rechnung sicher, dass das Nullwort gesendet wurde.
• Die formale Rechnung bestätigt dieses Ergebnis:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline {z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \begin{pmatrix} \alpha^6\\ \alpha^{5}\\ \alpha^{4} \end{pmatrix} \cdot z_6 = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} z_6 = 0 \hspace{0.05cm}. $$

(3)  Auch hier ist $e = 2$ kleiner als $d_{\rm min} = 4$   ⇒   JA.

• Da auch $(1, \, 1, \, 1, \, 1, \, 1, \, 1, \, 1)$ ein gültiges Codewort ist, erwarten wir bei der formalen Überprüfung $z_0 = 1$ und $z_1 = 1$.

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline {z}_{\rm K}^{\rm T} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \begin{pmatrix} \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4 & \alpha^5 & \alpha^6\\ \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1 & \alpha^{3} & \alpha^{5}\\ \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^{5} & \alpha^{1} & \alpha^{4} \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \alpha^2 + \alpha^3 + \alpha^4 + \alpha^5 + \alpha^6\\ \alpha^4 + \alpha^6 + \alpha^1 + \alpha^{3} + \alpha^{5}\\ \alpha^6 + \alpha^2 + \alpha^{5} + \alpha^{1} + \alpha^{4} \end{pmatrix}$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline {z}_{\rm K}^{\rm T} \hspace{-0.15cm} \ = \ \begin{pmatrix} (100) + (011) + (110) + (111) + (101)\\ (110) + (101) + (010) + (011) + (111)\\ (101) + (100) + (111) + (010) + (110) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (011)\\ (101)\\ (010) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha^3\\ \alpha^6\\ \alpha^1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}. $$

Bei dieser Berechnung wurde zwischen der Polynomdarstellung und der Koeffizientendarstellung auf der Angabenseite variiert. Damit lautet das Gleichungssystem:

$$\begin{pmatrix} (001) + (010) \\ (001) + (100)\\ (001) + (011) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_0\\ z_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (011)\\ (101)\\ (010) \end{pmatrix} \hspace{0.25cm} \Rightarrow \hspace{0.25cm} \begin{pmatrix} (001) + (010) \\ (001) + (100)\\ (000) + (111) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_0\\ z_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (011)\\ (101)\\ (111) \end{pmatrix}\hspace{0.05cm}.$$

Die zweite Form ergibt sich, wenn man die dritte Zeile aus der Modulo–$2$–Summe der Zeilen 2 und 3 ersetzt. Aus der letzten Zeile folgt nun $z_1 = 1$ und die Zeilen 1 und 2 lauten dann:

$$(1)\hspace{0.3cm}z_0 + (010) \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (011)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}z_0 = (001) = 1\hspace{0.05cm},$$

$$(2)\hspace{0.3cm}z_0 + (100) \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} (101)\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm}z_0 = (001) = 1\hspace{0.05cm}. $$

Beide Gleichungen führen zum gleichen Ergebnis $z_0 = 1, \ z_1 = 1$. Die Decodierung ist erfolgreich.

(4)  Die Decodierung passiert auf folgenden Schritten:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline {z}_{\rm K}^{\rm T} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \begin{pmatrix} \alpha^3 & \alpha^4 & \alpha^5 & \alpha^6\\ \alpha^6 & \alpha^1 & \alpha^{3} & \alpha^{5}\\ \alpha^2 & \alpha^{5} & \alpha^{1} & \alpha^{4} \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} 0\\ 1\\ \alpha\\ 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \alpha^4 + \alpha^6\\ \alpha^1 + \alpha^{4}\\ \alpha^5 + \alpha^2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} (110) + (101)\\ (010) + (110)\\ (111) + (100) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (011)\\ (100)\\ (011) \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline {z}_{\rm E}^{\rm T} \hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \begin{pmatrix} 1 & \alpha^1 & \alpha^2\\ 1 & \alpha^2 & \alpha^4\\ 1 & \alpha^3 & \alpha^6 \end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} z_0\\ z_1\\ z_2 \end{pmatrix}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \begin{pmatrix} (001) &(010) &(100)\\ (001) &(100) &(110)\\ (001) &(011) &(101) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_0\\ z_1\\ z_2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} (011)\\ (100)\\ (011) \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}. $$

Wir ersetzen nun die Zeile 2 durch die Modulo–$2$–Summe der Zeilen 1 und 2 sowie die Zeile 3 durch die Modulo–$2$–Summe der Zeilen 1 und 3:

$$\begin{pmatrix} (001) &(010) &(100)\\ (000) &(110) &(010)\\ (000) &(001) &(001) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_0\\ z_1\\ z_2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} (011)\\ (111)\\ (000) \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Aus der letzten Zeile folgt $z_1 + z_2 = 0 \ \Rightarrow \ z_2 = z_1$. Eingesetzt in die zweite Zeile dieser Matrixgleichung erhält man:

$$[(110) + (010)] \cdot z_1 = (100) \cdot z_1 = (111) \hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm} \alpha^2 \cdot z_1 = \alpha^5\hspace{0.2cm}\Rightarrow \hspace{0.2cm} z_1 \hspace{0.1cm}\underline{= \alpha^3}\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}z_2 \hspace{0.1cm}\underline{= \alpha^3} \hspace{0.05cm}. $$

Mit diesem Ergebnis folgt aus der ersten Matrixzeile:

$$z_0 + [(010) + (100)] \cdot z_1 = z_0 + (110) \cdot z_1 = (011) $$

$$\Rightarrow \hspace{0.2cm} z_0 + \alpha^4 \cdot \alpha^3 = z_0 + 1 = \alpha^3 \hspace{0.2cm} \Rightarrow \hspace{0.2cm} z_0 = \alpha^3 + 1 = ( \alpha + 1) +1\hspace{0.15cm} \underline{= \alpha}\hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist demnach der Lösungsvorschlag 2.

(5)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 4. Begründung:

• Aus den drei bekannten Symbolen $0, \, 1, \, \alpha$ kann man nicht vier Informationssymbole gewinnen.
• Die $\mathbf{H}$–Matrix dieses $(7, \, 4, \, 4)_8$–Codes hat genau $n - k = 3$ Zeilen.
• Man hat damit auch nur drei Gleichungen. Benötigen würde man aber vier Gleichungen für die Unbekannten $z_0, \ z_1, \ z_2$ und $z_6$.