Difference between revisions of "Aufgaben:Exercise 1.13: Binary Erasure Channel Decoding"

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des Hammingcodes erhält man für Vektor und Matrix hinsichtlich
 
des Hammingcodes erhält man für Vektor und Matrix hinsichtlich
  
*aller <b><span style="color: rgb(204, 0, 0);">korrekt übertragenen Codesymbole</span></b> (Index $\rm K$), die dem Codewortfinder bekannt sind:
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*aller ''korrekt übertragenen Codesymbole'' (Index $\rm K$), die dem Codewortfinder bekannt sind:
  
 
:$$\underline{z}_{\rm K} = (1, 0, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$
 
:$$\underline{z}_{\rm K} = (1, 0, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0\\ 0 &1 &1 &0 &1\\ 1 &0 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$
  
*hinsichtlich der beiden <b><span style="color: rgb(204, 0, 0);">ausgelöschten Codesymbole</span></b> $z_{2}$ und $z_{7}$ (Index $\rm E$), die zu ermitteln sind:
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*hinsichtlich der beiden ''ausgelöschten Codesymbole<'' $z_{2}$ und $z_{7}$ (Index $\rm E$), die zu ermitteln sind:
  
 
:$$\underline{z}_{\rm E} = (z_2, z_7)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$$\underline{z}_{\rm E} = (z_2, z_7)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &0\\ 1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
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Die Bestimmungsgleichung lautet somit:
 
Die Bestimmungsgleichung lautet somit:
  
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}$$
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:$${ \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}
 
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\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}.$$
:$$\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 $z_{7}$:
 
Daraus ergeben sich drei Gleichungen für die beiden Unbekannten $z_{2}$ und $z_{7}$:
  
# (a) $z_{2} = 1$,
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:$${\rm (a)}\ z_{2} = 1,$$
# (b) $z_{2} = 1$,
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:$${\rm (b)}\ z_{2} = 1,$$
# (c) $z_{2} + z_{7} = 0 \ \Rightarrow \ z_{7}= 1$.
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:$${\rm (c)}\ z_{2} + z_{7} = 0 \ \Rightarrow \ z_{7}= 1.$$  
  
  
Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ &nbsp;⇒&nbsp; <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
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Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ &nbsp; ⇒ &nbsp; <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
  
  
'''(2)'''&nbsp;  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 3 Bit des Empfangswortes &nbsp;⇒&nbsp; $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7})    ⇒    \underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$ und die Erasure–Matrix lautet:
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'''(2)'''&nbsp;  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.  
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*Die Auslöschungen betreffen also die letzten drei Bit des Empfangswortes &nbsp; ⇒ &nbsp; $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7})    &nbsp; &nbsp;   \underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$.
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*Die Erasure–Matrix lautet:
 
   
 
   
 
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
 
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
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'''(3)'''&nbsp; Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen:  
 
'''(3)'''&nbsp; Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen:  
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0\\ 0 &1 &1 &1\\ 1 &1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$
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:$${ \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}
 
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{ \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}.$$
:$${ \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 $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$ &nbsp;⇒&nbsp; <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
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Durch Gleichsetzen folgt $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$ &nbsp; ⇒ &nbsp; <u>Lösungsvorschlag 2</u>.
  
  
'''(4)'''&nbsp; 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 $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 1 und 3</u>.  
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'''(4)'''&nbsp; Der Matrizenvergleich zeigt, dass die ersten drei Spalten von $\boldsymbol{\rm H}$ und $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ identisch sind.
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* Die vierte Spalte von $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ ist gleich der fünften Spalte der Prüfmatrix.  
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*Daraus folgt für den Vektor $z_{\rm E} = (z_{4}, z_{6}, z_{7})$ und weiter für den Empfangsvektor $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ &nbsp; &nbsp; <u>Lösungsvorschlag 1 und 3</u>.  
  
  
 
'''(5)'''&nbsp;  Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun:
 
'''(5)'''&nbsp;  Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun:
 
   
 
   
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &1\\ 0 &1 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},$$
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:$${ \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}
 
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{ \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}.$$
:$${ \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 &nbsp;⇒&nbsp; <u>Lösungsvorschlag 4</u>.
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Setzt man nun die beiden Spaltenvektoren gleich, so erhält man nur mehr zwei Gleichungen für die drei Unbekannten &nbsp; ⇒ &nbsp; <u>Lösungsvorschlag 4</u>.
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.
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Oder anders ausgedrückt:  
 
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*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.
  
'''(6)'''&nbsp; Zur Lösung dieser Aufgabe beziehen wir uns wieder auf den systematischen Hamming–Code $(7, 4, 3)$ entsprechend der angegebenen Prüfgleichung und der nachfolgenden Codetabelle. Die Informationsbit sind schwarz dargestellt und die Prüfbit rot. Die minimale Distanz dieses Codes beträgt $d_{\rm min} = 3$.
 
  
[[File:P_ID2540__KC_A_1_13f.png|center|frame|Codetabelle des systematischen $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes]]
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[[File:P_ID2540__KC_A_1_13f.png|right|frame|Codetabelle des systematischen $(7, 4, 3)$–Hamming–Codes]]
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'''(6)'''&nbsp; 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:
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Weiter nehmen wir an, dass stets das gelb hinterlegte Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ gesendet wurde.
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<br clear=all>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 &nbsp;⇒&nbsp; siehe beispielsweise Teilaufgabe (1) mit $n_{E }= 2$.
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*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 &nbsp;⇒&nbsp; 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 Aufgabe (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 $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$.
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*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 Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ (gelb hinterlegt).
  
*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 $n_{\rm E} = 3$ gegebenen Auslöschungen 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 als $d_{\rm min}$.
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*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 als $d_{\rm min}$.
  
 
*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.
 
*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.

Revision as of 11:15, 5 January 2018

Zur BEC–Decodierung

Wir gehen hier vom Modell im Abschnitt Decodierung beim Binary Erasure Channel aus (grün hinterlegte BEC–Konfiguration):

  • Jedes Informationswort $\underline{u}$ wird blockweise codiert und liefert das Codewort $\underline{x}$. Der Blockcode sei linear und durch seine Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ vollständig gegeben.
  • Bei der Übertragung werden $n_{\rm E}$ Bit des Codewortes ausgelöscht ⇒ Binary Erasure Channel (BEC). Aus dem Codewort $\underline{x}$ wird somit das Empfangswort $\underline{y}$.
  • Ist die Anzahl $n_{\rm E}$ der Auslöschungen kleiner als die minimale Distanz $d_{\rm min}$ des Codes, so gelingt es, aus $\underline{y}$ das Codewort $\underline{z} = \underline{x}$ ohne Fehler zu rekonstruieren, und man erhält so auch das richtige Informationswort $\underline{v} = \underline{u}$.


Zur Aufgabenbeschreibung betrachten wir nun beispielhaft das Hamming–Codewort $\underline{x} = (0, 1, 0, 1, 1, 0, 0)$ und das Empfangswort $\underline{y} = (0, 1, {\rm E} , {\rm E}, 1, 0, 0).$

  • Ausgelöscht wurden somit durch den Kanal das dritte und vierte Bit.
  • Der Codewortfinder hat somit die Aufgabe, den Vektor $z_{\rm E} = (z_{3}, z_{4})$ mit $z_{3}, \ z_{4} \in \{0, 1\}$ zu bestimmen. Dies geschieht entsprechend der Gleichung
$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T}\hspace{0.05cm}.$$
  • Im vorliegenden Beispiel gilt:
$$\underline{z}_{\rm K} = (0, 1, 1, 0, 0)\hspace{0.05cm},\hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0 &0\\ 0 &1 &0 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}, \hspace{0.3cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0\\ 1 &1\\ 0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$
  • Diese Gleichung liefert zwei Bestimmungsgleichungen für die zu bestimmenden Bits, deren Lösung zum Ergebnis $z_{3} = 0$ und $z_{4} = 1$ führt.



Hinweise:

  • Die Aufgabe gehört zum Kapitel Decodierung linearer Blockcodes.
  • Der Algorithmus zur Zuordnung des Empfangswortes $\underline{y}$ zum richtigen Codewort $\underline{z} = \underline{x}$ ist im Theorieteil ausführlich beschrieben.
  • Wir möchten nochmals daran erinnern, dass wir bei der BEC–Decodierung den ersten Decoderblock $\underline{y} → \underline{z}$ als Codewortfinder bezeichnen, da hier Fehlentscheidungen ausgeschlossen sind. Jedes Empfangswort wird richtig decodiert, oder es kann gar nicht decodiert werden.
  • Beim BSC–Modell lassen sich dagegen Decodierfehler nicht vermeiden. Dementsprechend heißt der entsprechende Block dort Codewortschätzer.



Fragebogen

1

Empfangen wurde $\underline{y} = (1, {\rm E}, 0, 1, 0, 0, {\rm E})$. Für welche Sequenz entscheidet sich der Codewortfinder?

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

2

Welche Konsequenzen ergeben sich aus den roten Eintragungen für $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ und $z_{\rm K}$ (siehe Grafik auf der Angabenseite)?

Der Erasure–Vektor lautet $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7}).$
Das Empfangswort lautet $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E}).$
$\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$ ist eine $2 \times 3$–Matrix.
$\boldsymbol{\rm H}_{\rm E}$ ist eine $3 \times 3$–Matrix.

3

Nun gelte $\underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E}).$ Welches Codewort wird ausgewählt?

$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 0),$
$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1),$
$\underline{z} = (1, 1, 0, 0, 0, 1, 0).$
Für das vorliegende $\underline{y}$ ist keine eindeutige Decodierung möglich.

4

Welche Konsequenzen ergeben sich aus den grünen Eintragungen für $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ und $z_{\rm K}$ (siehe Grafik auf der Angabenseite)?

Das Empfangswort lautet $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E}).$
$\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ unterscheidet sich gegenüber Teilfrage (2) in der letzten Zeile.
$\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$ unterscheidet sich gegenüber Teilfrage (2) in der letzten Spalte.

5

Nun gelte $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E}).$ Welches Codewort wird ausgewählt?

$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 1, 1, 0),$
$\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1),$
$\underline{z} = (1, 1, 0, 0, 0, 1, 0).$
Für das vorliegende $\underline{y}$ ist keine eindeutige Decodierung möglich.

6

Welche Aussagen ergeben sich für die Korrekturfähigkeit beim BEC? $n_{\rm E}$ gibt dabei die Anzahl der Auslöschungen (Erasures) an.

Für $n_{\rm E} < d_{\rm min}$ ist stets eine eindeutige Decodierung möglich.
Für $n_{\rm E} = d_{\rm min}$ ist stets eine eindeutige Decodierung möglich.
Für $n_{\rm E} = d_{\rm min}$ ist manchmal eine eindeutige Decodierung möglich.
Für $n_{\rm E} > d_{\rm min}$ ist eine eindeutige Decodierung nie möglich.


Musterlösung

(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 Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ (gelb hinterlegt).
  • 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 als $d_{\rm min}$.
  • 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.