Aufgaben:Aufgabe 4.7: Decodierung von Produktcodes

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Syndromtabellen der betrachteten Komponentencodes  $\mathcal{C}_1$  und  $\mathcal{C}_2$

Wir betrachten wie in der  Aufgabe 4.6  einen Produktcode, basierend auf

• dem Hammingcode  $\rm HC \ (7, \ 4, \ 3)$   ⇒   $\mathcal{C}_1$,
• dem verkürzten Hammingcode  $\rm HC \ (6, \ 3, \ 3)$   ⇒   $\mathcal{C}_2$.

Die Prüfmatrizen dieser Komponentencodes lauten:

$${ \boldsymbol{\rm H}}_1 = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &1 &0 &0 \\ 0 &1 &1 &1 &0 &1 &0 \\ 1 &0 &1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} { \boldsymbol{\rm H}}_2 = \begin{pmatrix} 1 &1 &0 &1 &0 &0 \\ 1 &0 &1 &0 &1 &0 \\ 0 &1 &1 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Der Vollständigkeit halber sind auch die Generatormatrizen angegeben, die jedoch zur Lösung der Aufgabe nicht benötigt werden:

$${ \boldsymbol{\rm G}}_1 = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &0 &1 &0 &1 \\ 0 &1 &0 &0 &1 &1 &0 \\ 0 &0 &1 &0 &0 &1 &1 \\ 0 &0 &0 &1 &1 &1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm},\hspace{0.8cm} { \boldsymbol{\rm G}}_2 = \begin{pmatrix} 1 &0 &0 &1 &1 &0 \\ 0 &1 &0 &1 &0 &1 \\ 0 &0 &1 &0 &1 &1 \end{pmatrix} \hspace{0.05cm}.$$

Die  Hard Decision Decodierung  dieses Codes geschieht vorzugsweise iterativ, indem abwechselnd alle Zeilen und anschließend alle Spalten syndromdecodiert werden. Siehe:  Iterative Syndromdecodierung von Produktcodes.

Die Syndromdecodierung (eindimensionaler) Blockcodes wurde bereits im Kapitel  Decodierung linearer Blockcodes  behandelt. Hier eine kurze Zusammenfassung und eine Adaption an den zweidimensionalen Fall:

• Aus dem Empfangswort  $\underline{y}$  (einer Zeile bzw. einer Spalte der vorgegebenen Empfangsmatrix) wird das Syndrom entsprechend  $\underline{s} = \underline{y} \cdot \mathbf{H}_1^{\rm T}$  bzw.  $\underline{s} = \underline{y} \cdot \mathbf{H}_2^{\rm T}$  gebildet.
• Mit dem Ergebnis  $\underline{s} = \underline{s}_{\mu}$  kann man in obigen Tabellen den so genannten Nebenklassenanfüherer  $\underline{e}_{\mu}$  ablesen.
• Das korrigierte Codewort ist dann  $\underline{y} + \underline{e}_{\mu}$.

Vorgegebene Coder– und Empfangsmatrizen

Die nebenstehende Grafik zeigt drei verschiedene Coder– und Empfangsmatrizen, die in den Teilaufgaben (1), (2) und (3) zu analysieren sind:

• Wir benennen diese mit Konstellation  $\mathbf{A}$,  $\mathbf{B}$  und  $\mathbf{C}$.
• Gelb markiert sind die Unterschiede der Empfangsmatrix von Konstellation  $\mathbf{B}$  gegenüber  $\mathbf{A}$.
• In beiden Fällen besteht die Codermatrix nur aus Nullen.
• Die Codermatrix von  $\rm C$  wurde in der  Aufgabe 4.6  ermittelt.

Hinweise:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Grundlegendes zu den Produktcode.
• Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite  Iterative Syndromdecodierung von Produktcodes.

Fragebogen

1

Ist die 2D–Empfangsmatrix  $\mathbf{A}$  decodierbar?

	Ja, nach der ersten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der ersten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Nein.

2

Ist die 2D–Empfangsmatrix  $\mathbf{B}$  decodierbar?

	Ja, nach der ersten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der ersten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Nein.

3

Ist die 2D–Empfangsmatrix  $\mathbf{C}$  decodierbar? Versuchen Sie, die Lösung über eine Äquivalenz zur Aufgabe (1) oder (2) zu finden.

	Ja, nach der ersten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der ersten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in horizontaler Richtung.
	Ja, nach der zweiten Decodierung in vertikaler Richtung.
	Nein.

Musterlösung

Musterlösung

(1)  Der Decodiervorgang der Empfangsmatrix $\mathbf{A}$ wird durch die folgende Grafik verdeutlicht.

Zur Syndromdecodierung der 2D–Empfangsmatrix $\mathbf{A}$

• Die Einzelfehler in den Zeilen 1, 3, 5 und 6 werden vom $(7, \ 4, \ 3)$–Hammingcode erkannt und können korrigiert werden  ⇒  grüne Markierungen in der Grafik „1. Iteration horizontal”.
• Für die zweite Zeile ergibt sich das Syndrom

$$\underline{s} = \underline{y}_2 \hspace{-0.03cm}\cdot \hspace{-0.03cm}{ \boldsymbol{\rm H}}_1^{\rm T} = \left ( 0, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}1, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0 \right ) \cdot \hspace{-0.05cm} \begin{pmatrix} 1 &0 &1 \\ 1 &1 &0 \\ 0 &1 &1 \\ 1 &1 &1 \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \\ 0 &0 &1 \end{pmatrix} \hspace{-0.05cm}= \left ( 1, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0 \right ) + \left ( 1, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}1 \right )= \left ( 0, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}1 \right ) = \underline{s}_1 \hspace{0.03cm}.$$

• Nach der oberen Syndromtabelle auf der Angabenseite wird somit fälschlicherweise das letzte Bit „korrigiert”. Fehlerkorrekturen sind in der oberen Grafik rot eingetragen.
• Entsprechend gilt für die vierte Zeile:

$$\underline{s} = \left ( 0, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}1, \hspace{0.03cm}0 \right ) \cdot { \boldsymbol{\rm H}}_1^{\rm T} = \left ( 1, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0 \right ) + \left ( 0, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0 \right )= \left ( 1, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}0 \right )= \underline{s}_4 \hspace{0.05cm}.$$

• Dies bewirkt eine Fehlkorrektur von Bit 5.

• Die vertikale Decodierung der Spalten 1, 3, 4, 5, 6 und 7 ist problemlos, da höchstens ein Fehler pro Spalte auftritt, der durch den verkürzten Hammingcode $\rm (6, \ 3, \ 3)$ korrigiert werden kann.

• In Spalte 2 kommt es dagegen zu einer Fehlkorrektur des letzten Bits entsprechend der unteren Syndromtabelle. Mit der Transponierten der $\rm (6, \ 3, \ 3)$–Prüfmatrix $\mathbf{H}_2$ ergibt sich nämlich:

$$\underline{s}= \underline{y}_{2{\rm S}}\cdot { \boldsymbol{\rm H}}_2^{\rm T} = \left ( 0, \hspace{0.03cm} 1, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}1, \hspace{0.03cm}0, \hspace{0.03cm}0 \right ) \cdot \begin{pmatrix} 1 &1 &0 \\ 1 &0 &1 \\ 0 &1 &1 \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \\ 0 &0 &1 \end{pmatrix}= \left ( 1, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}1 \right ) + \left ( 1, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}0 \right )= \left ( 0, \hspace{0.03cm} 0, \hspace{0.03cm}1 \right ) = \underline{s}_1.$$

• Die zweite Horizontaldecodierung ist problemlos, da nun in jeder Zeile maximal ein Fehler auftritt  ⇒  Lösungsvorschlag 3.

(2)  Die folgende Grafik zeigt den Decodiervorgang entsprechend den Vorgaben gemäß $\mathbf{B}$.

Zur Syndromdecodierung der 2D–Empfangsmatrix $\mathbf{B}$

Trotz nur geringfügigen Modifikationen gegenüber $\mathbf{A}$ gibt es nun gravierende Unterschiede:

• Durch die erste Horizontaldecodierung lauten nun die „korrigierten” Zeilen 2 und 4 gleichermaßen: $(0, \, 1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 0, \, 1)$, das heißt, das letzte Bit dieser Zeilen wird jeweils fehlkorrigiert.
• Die Vertikaldecodierung führt zu gleichlautenden Spalten 2, 4 und 6, nämlich $(0, \, 1, \, 0, \, 1, \, 0, \, 1)$. Danach gibt es in jeder Zeile und in jeder Spalte drei Einsen (oder keine einzige).
• Diese Konstellation bleibt für beliebig weitere (horizontale oder vertikale) Decodierungen erhalten, weil sich für $d_{\rm min} = 3$ stets das Syndrom $\underline{s}_0 = (0, \, 0, \, 0)$ ergibt.

Richtig ist also der Lösungsvorschlag 5.

(3)  Vergleicht man die Coder– und Empfangsmatrizen (Unterschiede sind blau markiert), so kann man entsprechend der folgenden Grafik durch Modulo–2–Additionen die Fehlermatrix erstellen.

Matrizendarstellung von Coder, Empfänger und Fehlermuster

Die Fehlermatrix ist gleich der Empfangsmatrix von $\mathbf{A}$  ⇒  auch hier ist der Lösungsvorschlag 3 richtig.