Aufgaben:Exercise 1.13: Binary Erasure Channel Decoding

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Decoding at the BEC

We assume here the model in section  "Decoding at the Binary Erasure Channel"  (BEC configuration highlighted in green):

• Each information word  $\underline{u}$  is encoded blockwise and yields the codeword  $\underline{x}$. Let the block code be linear and completely given by its parity-check matrix  $\boldsymbol{\rm H}$.

• During transmission  $n_{\rm E}$  bits of the codeword are erased   ⇒  "Binary Erasure Channel"  (BEC). The codeword  $\underline{x}$  thus becomes the received word  $\underline{y}$.

• If the number  $n_{\rm E}$  of erasures is less than the  "minimum distance"  $d_{\rm min}$  of the code, it is possible to reconstruct from  $\underline{y}$  the codeword  $\underline{z} = \underline{x}$  without error, and thus the correct information word  $\underline{v} = \underline{u}$ is also obtained.

For exercise description, let us now consider the Hamming codeword  $\underline{x} = (0, 1, 0, 1, 1, 0, 0)$  and the received word  $\underline{y} = (0, 1, {\rm E} , {\rm E}, 1, 0, 0).$

• The third and fourth bit were thus erased by the channel.
• The codeword finder thus has the exercise to determine the vector  $z_{\rm E} = (z_{3}, z_{4})$ with $z_{3}, \ z_{4} \in \{0, 1\}$  to be determined. This is done according to the equation

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}\hspace{0.05cm}.$$

• In the present example:

$$\underline{z}_{\rm K} = (0, 1, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0 &0\\ 0 &1 &0 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &1\\ 0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

• This equation gives two equations of determination for the bits to be determined, whose solution leads to the result  $z_{3} = 0$  and  $z_{4} = 1$ .

Hints:

• This exercise belongs to the chapter  "Decoding of Linear Block Codes".
• The algorithm for mapping the received word  $\underline{y}$  to the correct codeword  $\underline{z} = \underline{x}$  is described in detail in the  "Theory section" .
• We would like to remind again that in BEC decoding we use the first decoder block  $\underline{y} → \underline{z}$  as  codeword finder  since wrong decisions are excluded here. Each received word is decoded correctly, or it may not be decoded at all.
• In the BSC model, on the other hand, decoding errors cannot be avoided. Accordingly, we refer to the corresponding block there as  code word estimator.

Questions

1

  $\underline{y} = (1, {\rm E}, 0, 1, 0, 0, {\rm E})$ was received. Which sequence does the codeword finder decide to use?

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

2

What are the consequences of the red entries for  $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$  and  $z_{\rm K}$  (see graphic on the information page)?

	The erasure vector is  $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7}).$
	The received word is  $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E}).$
	$\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$  is a  $2 \times 3$ matrix.
	$\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$  is a  $3 \times 3$ matrix.

3

Now apply  $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E}).$ Which codeword is selected?

	$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 0),$
	$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1),$
	$\underline{z} = (1, 1, 0, 0, 0, 1, 0).$
	For the present  $\underline{y}$  no unique decoding is possible.

4

What are the consequences of the green entries for  $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$  and  $z_{\rm K}$  (see graphic on the information page)?

	The received word is  $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E}).$
	$\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$  differs from subquestion (2) in the last row.
	$\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$  differs from subquestion (2) in the last column.

5

Now apply  $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E}).$ Which codeword is selected?

	$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 0),$
	$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1),$
	$\underline{z} = (1, 1, 0, 0, 0, 1, 0).$
	For the present  $\underline{y}$  no unique decoding is possible.

6

Which statements result for the correction capability at the BEC? $n_{\rm E}$  indicates in the following the number of erasures.

	For  $n_{\rm E} < d_{\rm min}$  unique decoding is always possible.
	For  $n_{\rm E} = d_{\rm min}$  unique decoding is always possible.
	For  $n_{\rm E} = d_{\rm min}$  sometimes a unique decoding is possible.
	For  $n_{\rm E} > d_{\rm min}$  unique decoding is never possible.

Solution

Solution

(1)  Der Empfangsvektor lautet $\underline{y} = (1, {\rm E}, 0, 1, 0, 0, {\rm E})$. Ausgelöscht wurden also die Codesymbole an den Positionen 2 und 7.

Ausgehend von der vorgegebenen Prüfmatrix

$${ \boldsymbol{\rm H}} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0 &1 &0 &0\\ 0 &1 &1 &1 &0 &1 &0\\ 1 &1 &0 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix}$$

des Hammingcodes erhält man für Vektor und Matrix

• hinsichtlich aller korrekt übertragenen Codesymbole (Index $\rm K$), die dem Codewortfinder bekannt sind:

$$\underline{z}_{\rm K} = (1, 0, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$

• hinsichtlich der beiden ausgelöschten Codesymbole $z_{2}$ und $z_{7}$ (Index $\rm E$), die zu ermitteln sind:

$$\underline{z}_{\rm E} = (z_2, z_7)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Die Bestimmungsgleichung lautet somit:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_2 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Daraus ergeben sich drei Gleichungen für die beiden Unbekannten $z_{2}$ und $z_{7}$:

$${\rm (a)}\ z_{2} = 1,$$

$${\rm (b)}\ z_{2} = 1,$$

$${\rm (c)}\ z_{2} + z_{7} = 0 \ \Rightarrow \ z_{7}= 1.$$

Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$   ⇒   Lösungsvorschlag 2.

(2)  Betrachtet man die vorgegebene Matrix $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$, so erkennt man, dass diese mit den ersten vier Spalten der Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ übereinstimmt.

• Die Auslöschungen betreffen also die letzten drei Bit des Empfangswortes   ⇒   $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7})   ⇒   \underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$.
• Die Erasure–Matrix lautet:

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

Richtig sind demzufolge die Aussagen 1, 2 und 4.

(3)  Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0\\ 0 &1 &1 &1\\ 1 &1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{1cm} { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Durch Gleichsetzen folgt $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$   ⇒   Lösungsvorschlag 2.

(4)  Der Matrizenvergleich zeigt, dass die ersten drei Spalten von $\boldsymbol{\rm H}$ und $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ identisch sind.

• Die vierte Spalte von $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ ist gleich der fünften Spalte der Prüfmatrix.
• Daraus folgt für den Vektor $z_{\rm E} = (z_{4}, z_{6}, z_{7})$ und weiter für den Empfangsvektor $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$   ⇒   Lösungsvorschlag 1 und 3.

(5)  Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &1\\ 0 &1 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{1cm} { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 0 &0 &0\\ 1 &1 &0\\ 1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_4 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ z_4 + z_6 \\ z_4 + z_7 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

• Setzt man nun die beiden Spaltenvektoren gleich, so erhält man nur mehr zwei Gleichungen für die drei Unbekannten   ⇒   Lösungsvorschlag 4.
• Oder anders ausgedrückt:   Ist die Anzahl der Auslöschungen des BEC–Kanals größer als der Rang der Matrix $\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$, so ergibt sich keine eindeutige Lösung des resultierenden Gleichungssystems.

Codetabelle des systematischen $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes

(6)  Zur Lösung dieser Aufgabe beziehen wir uns wieder auf den systematischen Hamming–Code $(7, 4, 3)$ entsprechend der angegebenen Prüfgleichung und der angegebenen Codetabelle.

• Die Informationsbit sind schwarz dargestellt und die Prüfbit rot.
• Die minimale Distanz dieses Codes beträgt $d_{\rm min} = 3$.

Weiter nehmen wir an, dass stets das gelb hinterlegte Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ gesendet wurde. Dann gilt:

• Ist die Anzahl  $n_{\rm E}$  der Auslöschungen kleiner als  $d_{\rm min} = 3$, so ist eine Decodierung nach der hier beschriebenen Methode immer möglich   ⇒   siehe beispielsweise Teilaufgabe (1) mit  $n_{\rm E}= 2$.

• Auch für  $n_{\rm E} = d_{\rm min} = 3$  ist manchmal eine Decodierung möglich, wie in der Teilaufgabe (3) gezeigt. In der Codetabelle gibt es nur ein einziges Codewort, das zum Empfangsvektor  $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$  passen könnte, nämlich das gelb hinterlegte Codewort  $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ .

• Dagegen konnte  $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$  entsprechend Teilaufgabe (4) nicht decodiert werden. In der Codetabelle erkennt man neben  $(1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$  mit  $(1, 1, 0, 0, 0, 1, 0)$  ein weiteres Codewort (grün hinterlegt), das durch die  $n_{\rm E} = 3$  Auslöschungen bezüglich Bit 4, 6 und 7 zum Empfangswort  $\underline{y}$  wird. Dieser Fall, wenn die  $n_{\rm E} = d_{\rm min}$  Auslöschungen genau die  $d_{\rm min}$  unterschiedlichen Bit zweier Codeworte betreffen, führt zu einer Matrix  $\mathbf{H}_{\rm E}$  mit einem Rang kleiner  $d_{\rm min}$.

• Ist  $\boldsymbol{\rm H}_{\rm E} > d_{\rm min}$, so ist die Anzahl  $n - n_{\rm E}$  der nicht ausgelöschten Bit kleiner als die Anzahl  $k$  der Informationsbit. In diesem Fall kann das Codewort natürlich nicht decodiert werden.

Das heißt:   Zutreffend sind die Aussagen 1, 3 und 4.