Aufgabe 2.13: Decodierung beim RSC (7, 3, 5) zur Basis 8

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ELP–Belegungsschemata für  $r = 1, \ r = 2, \ r = 3$

In der  Aufgabe 2.12  haben wir den so genannten Petersen–Algorithmus zur Fehlerkorrektur bzw. zur Decodierung des Reed–Solomon–Codes  $(7, \, 4, \, 4)_8$  angewendet, der aufgrund der Minimaldistanz  $d_{\rm min} = 4$  allerdings nur einen Symbolfehler korrigieren kann  $(t = 1)$.

In dieser Aufgabe betrachten wir nun den  ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8 \ \Rightarrow \ d_{\rm min} = 5 \ \Rightarrow \ t = 2$, dessen Prüfmatrix wie folgt lautet:

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

Für das betrachtete Empfangswort  $\underline{y} = (\alpha^2, \, \alpha^3, \, \alpha, \, \alpha^5, \, \alpha^4, \, \alpha^2, \, 1)$  ergibt sich hier das Syndrom zu 

$$\underline{s} = \underline{y} \cdot \mathbf{H}^{\rm T} = (0, \, 1, \, \alpha^5, \, \alpha^2).$$

Die weitere Vorgehensweise bei der Decodierung geschieht entsprechend den folgenden Theorieseiten:





Hinweise:



Fragebogen

1

Welche Belegungsschemata könnten für diese Aufgabe relevant sein?

Das blau hinterlegt Schema  $(r = 1)$.
Das rot hinterlegte Schema  $(r = 2)$.
Das grün hinterlegte Schema  $(r = 3)$.

2

Kann das Syndrom  $\underline{s} = (0, \, 1, \, \alpha^5, \, \alpha^2)$  durch einen Symbolfehler entstanden sein?

JA.
NEIN.

3

Kann das Syndrom  $\underline{s} = (0, \, 1, \, \alpha^5, \, \alpha^2)$  durch zwei Symbolfehler entstanden sein?

JA.
NEIN.

4

Welche Symbole des Codewortes wurden also verfälscht?

Symbol 0,
Symbol 1,
Symbol 2,
Symbol 3,
Symbol 4,
Symbol 5,
Symbol 6.

5

Wie lautet der Fehlervektor  $\underline{e}$? Geben Sie auch das Decodierergebnis  $\underline{z} = \underline{y} + \underline{e}$  an.

$\underline{e} = (1, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, \alpha^6)$,
$\underline{e} = (\alpha^6, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 0, \, 1)$,
$\underline{e} = (0, \, 0, \, 1, \, \alpha^6, \, 0, \, 0, \, 0)$,
$\underline{e} = (0, \, 0, \, \alpha^6, \, 1, \, 0, \, 0, \, 0)$.


Musterlösung

(1)  Richtig sind die Lösungsvorschläge 1 und 2:

  • Der ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8$ kann bis zu $t = 2$ Symbolfehler korrigieren.
  • Die tatsächliche Symbolfehleranzahl $r$ darf nicht größer sein.


Umrechnungstabellen für das $\rm GF(2^3)$

(2)  Unter der Annahme $r = 1$ lauten die $n-k-1$ Bestimmungsgleichungen für $\lambda_0$ gemäß ${\it \underline{\Lambda}}_l \cdot \underline{s}^{\rm T} = 0$:

$$\lambda_0 \cdot 0 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} 1 = 0 \hspace{0.75cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 \hspace{0.15cm} {\rm unbestimmt} \hspace{0.05cm},$$
$$\lambda_0 \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \alpha^5 = 0 \hspace{0.55cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^5 \hspace{0.05cm},$$
$$\lambda_0 \cdot \alpha^5 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \alpha^2 = 0 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^{-3} = \alpha^4 \hspace{0.05cm}.$$
  • Die Annahme $r = 1$ wäre nur dann gerechtfertigt, wenn sich aus allen diesen drei Gleichungen der gleiche $\lambda_0$–Wert ergäbe.
  • Dies ist hier nicht der Fall   ⇒   Antwort NEIN.


(3)  Geht man von der Belegrung für $r = 2$ aus, so erhält man zwei Bestimmungsgleichungen für $\lambda_0$ und $\lambda_1$:

$$\lambda_0 \cdot 0 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \lambda_1 \cdot 1 +\alpha^5 = 0 \hspace{0.38cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_1 = \alpha^5 \hspace{0.05cm},$$
$$\lambda_0 \cdot 1 \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} \lambda_1 \cdot \alpha^5 +\alpha^2 = 0 \hspace{0.15cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \lambda_0 = \alpha^{5+5} +\alpha^2 = \alpha^{3} +\alpha^2 =\alpha^{5} \hspace{0.05cm}.$$
  • Das Gleichungssystem lässt sich unter der Annahme $r = 2$ lösen   ⇒   Antwort JA.
  • Die hier gewonnenen Ergebnisse $\lambda_0 = \lambda_1 = \alpha^5$ werden in der nächsten Teilaufgabe verarbeitet.


(4)  Mit dem Ergebnis $\lambda_0 = \lambda_1 = \alpha^5$ lautet das Error Locator Polynom (oder die Schlüsselgleichung):

$${\it \Lambda}(x)=x \cdot \big ({\it \lambda}_0 + {\it \lambda}_1 \cdot x + x^2 \big ) =x \cdot \big (\alpha^5 + \alpha^5 \cdot x + x^2 )\hspace{0.05cm}.$$
  • Diese Funktion weist Nullstellen für $x = \alpha^2$ und $x = \alpha^3$ auf:
$${\it \Lambda}(x = \alpha^2 )\hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \alpha^2 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha^7 + \alpha^4 \big ) = \alpha^2 \cdot \big ( \alpha^5 + 1 + \alpha^4 \big )= 0\hspace{0.05cm},$$
$${\it \Lambda}(x = \alpha^3 )\hspace{-0.15cm} \ = \ \hspace{-0.15cm} \alpha^3 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha^8 + \alpha^6 \big ) = \alpha^3 \cdot \big ( \alpha^5 + \alpha + \alpha^6 \big )= 0\hspace{0.05cm}.$$
  • Verfälscht sind folglich die Symbole an den Positionen 2 und 3  ⇒  Lösungsvorschläge 3 und 4.


(5)  Nach dem Ergebnis der Teilaufgabe (4) kommen nur noch die beiden letzten Lösungsvorschläge in Frage:

$$\underline{e} = (0, \, 0, \, e_2, \, e_3, \, 0, \, 0, \, 0).$$
  • Der Ansatz lautet deshalb entsprechend $\underline{e} \cdot \mathbf{H}^{\rm T} = \underline{s}$:
$$(0, 0, e_2, e_3, 0, 0, 0) \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ \alpha^1 & \alpha^2 & \alpha^3 & \alpha^4\\ \alpha^2 & \alpha^4 & \alpha^6 & \alpha^1\\ \alpha^3 & \alpha^6 & \alpha^2 & \alpha^5\\ \alpha^4 & \alpha^1 & \alpha^{5} & \alpha^2\\ \alpha^5 & \alpha^{3} & \alpha^{1} & \alpha^6\\ \alpha^6 & \alpha^{5} & \alpha^{4} & \alpha^3 \end{pmatrix} \hspace{0.15cm}\stackrel{!}{=} \hspace{0.15cm} (0, 1, \alpha^5, \alpha^2) \hspace{0.05cm}. $$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm} e_2 \cdot \alpha^{2} \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} e_3 \cdot \alpha^{3} = 0 \hspace{0.05cm}, \hspace{0.8cm} e_2 \cdot \alpha^{4} + e_6 \cdot \alpha^{3} = 1\hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} e_2 \cdot \alpha^{6} \hspace{-0.15cm} \ + \ \hspace{-0.15cm} e_3 \cdot \alpha^{2} = \alpha^{5} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.6cm} e_2 \cdot \alpha^{1} + e_6 \cdot \alpha^{5} = \alpha^{2} \hspace{0.05cm}. $$
  • Alle vier Gleichungen werden mit $e_2 = 1$ sowie $e_3 = \alpha^6$ erfüllt   ⇒   Lösungsvorschlag 3:
$$\underline {e} = (0, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}1, \hspace{0.05cm}\alpha^6, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}0, \hspace{0.05cm}0) $$
  • Mit $\alpha + 1 = \alpha^3$ und $\alpha^5 + \alpha^6 = \alpha$ kommt man vom gegebenen Empfangswort $\underline{y} = (\alpha^2, \, \alpha^3, \, \alpha, \, \alpha^5, \, \alpha^4, \, \alpha^2, \, 1)$ zum Decodierergebnis
$$\underline {z} = (\alpha^2, \hspace{0.05cm}\alpha^3, \hspace{0.05cm}\alpha^3, \hspace{0.05cm}\alpha, \hspace{0.05cm}\alpha^4, \hspace{0.05cm}\alpha^2, \hspace{0.05cm}1) \hspace{0.05cm}. $$
  • In der Aufgabe 2.7 wurde gezeigt, dass dies ein zulässiges Codewort des ${\rm RSC} \, (7, \, 3, \, 5)_8$ ist.
  • Das zugehörige Informationswort lautet $\underline{u} = (\alpha^4, \, 1, \, \alpha^3)$.