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 | + | *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 | + | *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: | ||
− | :$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T}= { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} | + | :$${ \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}.$$ | |
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Daraus ergeben sich drei Gleichungen für die beiden Unbekannten $z_{2}$ und $z_{7}$: | Daraus ergeben sich drei Gleichungen für die beiden Unbekannten $z_{2}$ und $z_{7}$: | ||
− | + | :$${\rm (a)}\ z_{2} = 1,$$ | |
− | + | :$${\rm (b)}\ z_{2} = 1,$$ | |
− | + | :$${\rm (c)}\ z_{2} + z_{7} = 0 \ \Rightarrow \ z_{7}= 1.$$ | |
− | Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>. | + | Somit liefert der Codewortfinder $\underline{z} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>. |
− | '''(2)''' Betrachtet man die vorgegebene Matrix $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$, so erkennt man, dass diese mit den ersten vier Spalten der Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ übereinstimmt. Die Auslöschungen betreffen also die letzten | + | '''(2)''' Betrachtet man die vorgegebene Matrix $\boldsymbol{\rm H}_{\rm K}$, so erkennt man, dass diese mit den ersten vier Spalten der Prüfmatrix $\boldsymbol{\rm H}$ übereinstimmt. |
+ | *Die Auslöschungen betreffen also die letzten drei Bit des Empfangswortes ⇒ $\underline{z}_{\rm E} = (z_{5}, z_{6}, z_{7}) ⇒ \underline{y} = (1, 1, 0, 1, {\rm E}, {\rm E}, {\rm E})$. | ||
+ | *Die Erasure–Matrix lautet: | ||
:$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$ | :$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$ | ||
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'''(3)''' Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen: | '''(3)''' Man erhält nach einigen Matrizenmultiplikationen: | ||
− | :$${ \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}, | + | :$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &0\\ 0 &1 &1 &1\\ 1 &1 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{1cm} |
− | + | { \boldsymbol{\rm H}}_{\rm E} \cdot \underline{z}_{\rm E}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &1 &0\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} z_5 \\ z_6 \\ z_7 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$ | |
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− | Durch Gleichsetzen folgt $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>. | + | Durch Gleichsetzen folgt $z_{5} = 0, \ z_{6} = 0, \ z_{7} = 1$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 2</u>. |
− | '''(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 $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 1 und 3</u>. | + | '''(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 $\underline{y} = (1, 1, 0, {\rm E}, 0, {\rm E}, {\rm E})$ ⇒ <u>Lösungsvorschlag 1 und 3</u>. | ||
'''(5)''' Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun: | '''(5)''' Analog zur Teilaufgabe (3) erhält man nun: | ||
− | :$${ \boldsymbol{\rm H}}_{\rm K} \cdot \underline{z}_{\rm K}^{\rm T} = \begin{pmatrix} 1 &1 &1 &1\\ 0 &1 &1 &0\\ 1 &1 &0 &0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}, | + | :$${ \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}.$$ | |
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− | Setzt man nun die beiden Spaltenvektoren gleich, so erhält man nur mehr zwei Gleichungen für die drei Unbekannten ⇒ <u>Lösungsvorschlag 4</u>. | + | Setzt man nun die beiden Spaltenvektoren gleich, so erhält man nur mehr zwei Gleichungen für die drei Unbekannten ⇒ <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. | + | 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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− | [[File:P_ID2540__KC_A_1_13f.png| | + | [[File:P_ID2540__KC_A_1_13f.png|right|frame|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: | + | Weiter nehmen wir an, dass stets das gelb hinterlegte Codewort $\underline{x} = (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1)$ gesendet wurde. |
+ | <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 ⇒ siehe beispielsweise Teilaufgabe (1) mit $n_{E }= 2$. | + | *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 | + | *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$ | + | *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
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}.$$
- Diese Gleichung liefert zwei Bestimmungsgleichungen für die zu bestimmenden Bits, deren Lösung zum Ergebnis $z_{3} = 0$ und $z_{4} = 1$ führt.
Hinweise:
- Die Aufgabe gehört zum Kapitel Decodierung linearer Blockcodes.
- Der Algorithmus zur Zuordnung des Empfangswortes $\underline{y}$ zum richtigen Codewort $\underline{z} = \underline{x}$ ist im Theorieteil ausführlich beschrieben.
- Wir möchten nochmals daran erinnern, dass wir bei der BEC–Decodierung den ersten Decoderblock $\underline{y} → \underline{z}$ als Codewortfinder bezeichnen, da hier Fehlentscheidungen ausgeschlossen sind. Jedes Empfangswort wird richtig decodiert, oder es kann gar nicht decodiert werden.
- Beim BSC–Modell lassen sich dagegen Decodierfehler nicht vermeiden. Dementsprechend heißt der entsprechende Block dort Codewortschätzer.
Fragebogen
Musterlösung
- $${ \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.
(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.