Aufgaben:Exercise 1.12Z: Comparison of HC (7, 4, 3) and HC (8, 4, 4)

• Return to book

Block error probabilities of  $\rm HC \ (7, 4, 3)$  and  $\rm HC \ (8, 4, 4)$

Now the block error probabilities

• of the $(7, 4, 3)$ Hamming code and
• of the extended  $(8, 4, 4)$ Hamming code

are compared with each other. The following are used as a basis

• the  BSC channel model  (parameters  $\varepsilon$, in particular  $\varepsilon = 0.01$  for numerical results),
• the  syndrome decoding, which implements maximum likelihood detection for both codes; correct assignment of the syndrome table yields the minimum block error probability in each case.

For the  $(7, 4, 3)$ code was calculated in the  Exercise 1.12 :

$${\rm Pr(block\:error)} = 1 - (1 - \varepsilon)^7 - 7 \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^6 \hspace{0.05cm}.$$

The numerical values are given in the second column of the table above. They are the actual values, i.e. not the approximation derived in  Exercise 1.12    ${\rm Pr(block\:error)} \approx 21 \cdot \varepsilon^2$.

It should be noted that only hard decisions are possible due to the BSC channel model. With  "Soft Decision"  slightly smaller block error probabilities result.

Nun soll die Blockfehlerwahrscheinlichkeit für den erweiterten  $(8, 4, 4)$–Code ermittelt werden:

• Die Berechnung in Teilaufgabe (4) erfolgt unter der Maßgabe, dass wie beim  $(7, 4, 3)$–Code nur die Fehlermuster mit einer einzigen „$1$” korrigiert werden. In der rechten Spalte obiger Tabelle sind die Ergebnisse eingetragen, bis auf den Wert für  $\varepsilon = 0.01$, der explizit berechnet werden soll.

• In der Teilaufgabe (5) soll dagegen berücksichtigt werden, dass beim erweitereten  $(8, 4, 4)$–Code Teile der Syndromtabelle noch mit Gewicht–2–Fehlermustern aufgefüllt werden können.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Decodierung linearer Blockcodes.
• Von Interesse für die Lösung dieser Aufgabe ist insbesondere die Seite  Verallgemeinerung der Syndromdecodierung.

Fragebogen

1

Wieviele Einträge beinhalten die jeweiligen Syndromtabellen insgesamt?

$(7, 4, 3)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_{\rm ges} \ = \ $

$(8, 4, 4)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_{\rm ges} \ = \ $

2

Wieviele Gewicht–2–Fehlermuster  $(N_2')$  gibt es insgesamt?

$(7, 4, 3)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_2' \ = \ $

$(8, 4, 4)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_2' \ = \ $

3

Wieviele Fehlermuster in den Syndromtabellen  $(N_2)$  beinhalten zwei Einsen?

$(7, 4, 3)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_2 \ = \ $

$(8, 4, 4)–{\rm Code} \text{:} \hspace{0.4cm} N_2 \ = \ $

4

Es gelte nun  $\varepsilon = 0.01.$ Welche Blockfehlerwahrscheinlichkeit ergibt sich für den erweiterten  $(8, 4, 4)$–Code ohne Gewicht–2–Fehlerkorrektur?

${\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-3}$

5

Welches Ergebnis erzielt man demgegenüber mit Gewicht–2–Fehlerkorrektur?

$\ {\rm Pr(Blockfehler)} \ = \ $ $\ \cdot 10^{-3}$

Musterlösung

Solution

(1)  Die Größe der Syndromtabelle ist allgemein $N_{\rm ges} = 2^m$, wobei $m = n - k$ die Anzahl der Prüfbits angibt.

• Beim $(7, 4, 3)$–Hamming–Code ist $m = n - k = 3$  ⇒  die Länge der Tabelle ist $N_{\rm ges} =2^3 \ \underline{= 8}.$
• Die Syndromtabelle des $(8, 4, 4)$–Codes ist doppelt so groß:   $N_{\rm ges} = 2^4 \ \underline{= 16}$.

(2)  Allgemein gilt für die Anzahl der Einträge mit Gewicht–2–Fehlermustern: $N_2' = $„$n {\rm \ über \ } 2$”. Daraus ergeben sich die Zahlenwerte

• $N_2' \ \underline{= 21} \ $ für $n = 7 \ \ ⇒ \ \ (7, 4, 3)$–Code,
• $N_2' \ \underline{= 28} \ $ für $n = 8 \ \ \Rightarrow \ \ (8, 4, 4)$–Code.

(3)  Beim $(7, 4, 3)$–Hamming–Code ist die Syndromtabelle gefüllt mit einem Eintrag für den fehlerfreien Fall $(N_{0}= 1)$ und $n = 7$ Einträge mit Gewicht–1–Fehlermustern $(N_{1} = 7)$. Damit ist die Anzahl der Einträge mit Gewicht–2–Fehlermustern gleich

$$N_2 = N_{\rm ges} - N_0 - N_1 \hspace{0.15cm} \underline{= 0} \hspace{0.05cm}.$$

Dagegen gilt für den erweiterten $(8, 4, 4)$–Hamming–Code:

$$N_0 = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.2cm}N_1 = 8 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} N_2 = N_{\rm ges} - N_0 - N_1 \hspace{0.15cm} \underline{= 7} \hspace{0.05cm}.$$

(4)  Analog zur Musterlösung der ersten beiden Teile der Aufgabe 1.12 erhält man hier:

Blockfehlerwahrscheinlichkeit von $(7, 4, 3)$– und $(8, 4, 4)$–Code

$${\rm Pr(Blockfehler)} = 1 - (1 - \varepsilon)^8 - 8 \cdot \varepsilon \cdot (1 - \varepsilon)^7$$

$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr(Blockfehler)} =1 - 0.922745 - 0.074655\hspace{0.15cm} \underline{= 2.69 \cdot 10^{-3}} \hspace{0.05cm}.$$

• In der Tabelle sind für diesen Fall und für verschiedene BSC–Parameter $ε$ die Ergebnisse in der dritten Spalte   ⇒   ${\rm Pr}(\ge \text{2Fehler)}$ eingetragen.
• Gegenüber dem $(7, 4, 3)$–Code entsprechend der zweiten Spalte ergibt sich stets eine Verschlechterung.

(5)  Bei bestmöglicher Korrektur (gefüllte Syndromtabelle) werden auch sieben Gewicht–2–Fehlermuster korrigiert.

• Damit vermindert sich die Blockfehlerwahrscheinlichkeit um die "Verbesserung" (Spalte 4):

$${\rm Pr(Gewicht\hspace{-0.1cm}-\hspace{-0.1cm}2\hspace{-0.1cm}-\hspace{-0.1cm}Fehlermuster\hspace{0.15cm} wird \hspace{0.15cm} korrigiert)} = 7 \cdot \varepsilon^2 \cdot (1 - \varepsilon)^6 \hspace{0.05cm}.$$

• Für $\varepsilon = 0.01$ macht diese „Verbesserung” etwa $6.59 · 10^{–4}$ aus.
• Die Blockfehlerwahrscheinlichkeit des $(8, 4, 4)$–Codes (letzte Spalte) ergibt sich somit zu

$${\rm Pr(Blockfehler)} = 2.69 \cdot 10^{-3} - 0.66 \cdot 10^{-3} \underline{= 2.03 \cdot 10^{-3}} \hspace{0.05cm}.$$

In der obigen Tabelle ist diese Rechnung für verschiedene BSC–Parameter $\varepsilon$ durchgeführt. Man erkennt:

• Die Blockfehlerwahrscheinlichkeit des erweiterten $(8, 4, 4)$–Hamming–Codes (letzte Spalte) stimmt exakt mit der des $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes (Spalte 2) überein.
• Die Korrektur von $25\%$ der Gewicht–2–Fehlermuster gleicht genau die Tatsache aus, dass beim $(8, 4, 4)$–Code Fehlermuster mit mehr als einem Fehler (Spalte 3) wahrscheinlicher sind als beim $(7, 4, 3)$–Code (Spalte 2).