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 das Generatorpolynom:

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

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

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