Exercise 1.11Z: Syndrome Decoding again
Betrachtet wird die gleiche Konstellation wie in der 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 $\underline{s}$:
- $$\underline{s} = \underline{y} \cdot { \boldsymbol{\rm H}}^{\rm T} \in {\rm GF}(2^m) \hspace{0.05cm}.$$
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 3 Übertragungsfehlern kann sich unter Umständen $\underline{s}_{0} = (0, 0, 0)$ ergeben, so dass diese Fehler unerkannt bleiben.
Hinweise:
- Die Aufgabe bezieht sich auf die im Kapitel Decodierung linearer Blockcodes behandelte Thematik.
- 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
Musterlösung
- $$ \underline{x} = ( x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6, x_7) = ( u_1, u_2, u_3, u_4, p_1, p_2, p_{3}) \hspace{0.05cm}.$$
(2) Mit diesem Empfangsvektor $y$ 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 7 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.