Aufgaben:Aufgabe 1.11Z: Nochmals Syndromdecodierung

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Schaubild: Prüfgleichungen

Betrachtet wird die gleiche Konstellation wie in  "Aufgabe 1.11",  nämlich die Decodierung eines  $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes mit der Prüfmatrix

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm } = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &1 &0 &0\\ 0 &1 &1 &1 &0 &1 &0\\ 1 &0 &1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Dementsprechend lautet die Generatormatrix:

$${ \boldsymbol{\rm G}} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &0 &1 &0 &1\\ 0 &1 &0 &0 &1 &1 &0\\ 0 &0 &1 &0 &0 &1 &1\\ 0 &0 &0 &1 &1 &1 &1 \end{pmatrix}\hspace{0.05cm}.$$

Bei der  "Syndromdecodierung"  bildet man aus dem Empfangsvektor  $\underline{y}$   das Syndrom  $\underline{s}$   entsprechend der Gleichung

$$\underline{s} = \underline{y} \cdot { \boldsymbol{\rm H}}^{\rm T} \in {\rm GF}(2^m) \hspace{0.05cm}.$$

Mit diesem Ergebnis lässt sich beim betrachteten Hamming–Code ein jeder Einzelfehler im Codewort korrigieren.

• Im fehlerfreien Fall gilt  $\underline{s} = \underline{s}_{0} = (0, 0, 0)$.

• Aber auch bei drei Übertragungsfehlern kann sich unter Umständen  $\underline{s}_{0} = (0, 0, 0)$  ergeben, so dass diese Fehler unerkannt bleiben.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  "Decodierung linearer Blockcodes".

• Weitere Informationen zur Syndromdecodierung finden Sie im Angabenblatt zur  "Aufgabe 1.11".

• Die Grafik verdeutlicht die drei Prüfgleichungen entsprechend der Prüfmatrix:
  • erste Zeile:   rote Gruppierung,
  • zweite Zeile:   grüne Gruppierung,
  • dritte Zeile:   blaue Gruppierung.

Fragebogen

1

Handelt es sich um einen systematischen Code?

	Ja,
	Nein.

2

Empfangen wurde  $\underline{y} = (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0)$. Ist dies ein gültiges Codewort?

	Ja,
	Nein.

3

Welches Syndrom ergibt sich mit diesem Empfangswort?

	$\underline{s} = \underline{s}_{0} = (0, 0, 0),$
	$\underline{s} = \underline{s}_{3} = (0, 1, 1),$
	$\underline{s} = \underline{s}_{7} = (1, 1, 1).$

4

Welche Empfangsworte führen zum gleichen Syndrom wie in Teilaufgabe (3)?

	$\underline{y} = (1, 1, 0, 1, 0, 1, 0),$
	$\underline{y} = (0, 1, 0, 1, 0, 0, 1),$
	$\underline{y} = (0, 1, 1, 0, 1, 0, 1).$

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Die Antwort ist  JA,  wie man aus der vorgegebenen Prüfmatrix  $\mathbf{H}$  erkennt:

• Diese beinhaltet am Ende eine  $3×3$–Diagonalmatrix.

• Die Codeworte lauten demzufolge:

$$ \underline{x} = ( x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6, x_7) = ( u_1, u_2, u_3, u_4, p_1, p_2, p_{3}) \hspace{0.05cm}.$$

(2)  Mit diesem Empfangsvektor  $\underline{y} = (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0)$  werden alle Prüfgleichungen erfüllt:

$$u_1 \oplus u_2 \oplus u_4 \oplus p_1 = 1 \oplus 0 \oplus 1 \oplus 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_2 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_2 = 0 \oplus 0 \oplus 1 \oplus 1 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_1 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_3 = 1 \oplus 0 \oplus 1 \oplus 0 = 0 \hspace{0.05cm}.$$

Richtig ist dementsprechend die Antwort  JA.

(3)  Es gilt  $\underline{s} = \underline{y} · \boldsymbol{\rm H}^{\rm T}$:

$$ \underline{s} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &1 &0 &1 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 &0 &1\\ 1 &1 &0\\ 0 &1 &1\\ 1 &1 &1\\ 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 &0 &0 \end{pmatrix} = \underline{s}_0 \hspace{0.2cm} \Rightarrow\hspace{0.2cm} \hspace{0.15cm} \underline{ \rm Antwort \hspace{0.15cm}1} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Man könnte nun für jedes  $\underline{y}$  die Gleichung  $\underline{y} · \boldsymbol{\rm H}^{\rm T} = (0, 0, 0)$  überprüfen.  Hier soll nun das Ergebnis auf anderem Wege gewonnen werden:

• $\underline{y}= (1, 1, 0, 1, 0, 1, 0)$  unterscheidet sich von  $\underline{y} = (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0)$  nur im Bit  $u_{2}$,   das nur in den beiden ersten Prüfgleichungen verwendet wird,  nicht jedoch in der letzten ⇒ $\underline{s} = \underline{s}_{6} = (1, 1, 0)$.

• Wendet man die Prüfgleichungen auf  $\underline{y} = (0, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$  an,  so erhält man  $\underline{s} = \underline{s}_{0} = (0, 0, 0)$,  wie die folgende Rechnung belegt:

$$u_1 \oplus u_2 \oplus u_4 \oplus p_1 = 0 \oplus 1 \oplus 1 \oplus 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_2 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_2 = 1 \oplus 0 \oplus 1 \oplus 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_1 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_3 = 0 \oplus 0 \oplus 1 \oplus 1 = 0 \hspace{0.05cm}.$$

• Zum gleichen Ergebnis kommt man mit dem Empfangsvektor  $\underline{y} = (0, 1, 1, 0, 1, 0, 1),$  der sich vom Vektor  $(1, 0, 0, 1, 0, 1, 0)$  in allen sieben Bitpositionen unterscheidet:

$$u_1 \oplus u_2 \oplus u_4 \oplus p_1 = 0 \oplus 1 \oplus 0 \oplus 1 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_2 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_2 = 1 \oplus 1 \oplus 0 \oplus 0 = 0 \hspace{0.05cm},$$

$$u_1 \oplus u_3 \oplus u_4 \oplus p_3 = 0 \oplus 1 \oplus 0 \oplus 1 = 0 \hspace{0.05cm}.$$

Richtig sind also die  Antworten 2 und 3.