download112.docx
《download112.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《download112.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
download112
第11章群和编码Groupandcoding
§11.1二进编码和查错
codingofbinaryinformationanderrordetection
Alphabet字母集。
B={0,1}.
message从有限alphabet中选取有限多个符号组成的一个序列。
wordm个0和1组成的一个序列。
B=Z2,
+
0
1
0
0
1
1
1
0
Bm=B×B×……×B(m个)。
Bm的加法:
(x1,x2,…,xm)(y1,y2,…,ym)
=(x1+y1,x2+y2,…,xm+ym)
Bm中共有2m个元素,Bm的阶是2m。
=(0,0,……,0).
由于disterbance(noise)x≠xt。
用编码方法查错、纠错。
取n>m,一一对应e:
Bm→Bn,
称e是(m,n)编码函数。
b∈Bm,e(b)∈Bn叫做b的码词Codeword
e(b)比b多几位0,1用来查错和纠错。
将要发出的wordb编码得到x=e(b),发送后接收到xt,如果没有干扰,x=xt,b=e-1(xt).
如果有干扰,x和xt有≤k位出错,即有1位到k位错误。
x的权(weight):
x含有1的个数,记做|x|.
奇偶校验码paritycheckcode:
如果b=b1b2…bm,
令e(b)=b1b2…bmbm+1,
bm+1=0,if|b|是偶数,
bm+1=1,if|b|是奇数。
bm+1=0,当且仅当b含有偶数个1。
m=3
e(000)=0000
e(001)=0011
e(010)=0101
e(011)=0110
e(100)=1001
e(101)=1010
e(110)=1100
e(111)=1111
对任意b,e(b)的权总是偶数。
设b=111,x=e(b)=1111.
如果接收到有一位错xt=1101,
xt的权是奇数,发现有错。
xt的权是偶数,无法判断有错。
例3.(m,3m)编码函数:
e:
Bm→B3m,
b=b1b2…bm,
e(b)=b1b2…bmb1b2…bmb1b2…bm.
e(000)=000000000
e(001)=001001001
e(010)=010010010
e(011)=011011011
e(100)=100100100
e(101)=101101101
e(110)=110110110
e(111)=111111111
可以发现一位或两位错误。
海明距离δ(x,y):
Hammingdistance
设x,y∈Bm,δ(x,y)=|xy|
δ(x,y)等于x,y中对应不相等的位置的个数。
例4.求海明距离
(a)x=110110,y=000101
(b)x=001100,y=010110
解.(a)δ(x,y)=4.
(b)δ(x,y)=3.
定理1.设x,y,z∈Bm,则
(a)δ(x,y)=δ(y,x).
(b)δ(x,y)≥0.
(c)δ(x,y)=0iffx=y.
(d)δ(x,y)≤δ(x,z)+δ(z,y)
证明.
(d)|ab|≤|a|+|b|.
δ(x,y)=|x
y|=|xzzy|
≤|xz|+|zy|=δ(x,y)+δ(x,y)
一个编码函数e:
Bm→Bn的最小距离minimundistance:
min{δ(e(x),e(y))|x,y∈Bm}.
例5.e(00)=00000
e(01)=01110
e(10)=00111
e(11)=11111
min{δ(e(x),e(y))}=2.
定理2.一个(m,n)编码e:
Bm→Bn能查出至多k位错误当且仅当最小海明距离≥k+1。
证明.设最小海明距离≥k+1。
发出x=e(b),收到xt,x≠xt,
δ(x,xt)≤k,则xt不是一个编码,查出错误。
反之.设最小海明距离=r≤k。
δ(x,xt)=r,xt可能是另一个编码无法判断错误。
例6.
e(000)=000000000
e(001)=001001001
e(010)=010010010
e(011)=011011011
e(100)=100100100
e(101)=101101101
e(110)=110110110
e(111)=111111111
能查几位错?
群编码Groupcodes
一个编码函数e:
Bm→Bn叫做群编码,如果Ran(e)=e(Bm)={e(b)|b∈Bm}
是Bn的一个子群。
例7.
(1)e(000)=000000000
e(001)=001001001
e(010)=010010010
e(011)=011011011
e(100)=100100100
e(101)=101101101
e(110)=110110110
e(111)=111111111
是群编码。
(2)
e(000)=000000
e(001)=001100
e(010)=010011
e(011)=011111
e(100)=100101
e(101)=101001
e(110)=110110
e(111)=111010
也是群编码。
定理3.设e:
Bm→Bn是一个群编码,则e的最小海明距离等于非零元的最小权。
证明.设δ是e的最小海明距离,η是非零元的最小权。
δ=δ(x,y),η=|z|.δ(x,y)=|xy|≥η。
η=|z|=|z0|=δ(z,0)≥δ。
因此δ=η。
例8.例7
(1)δ=3.
(2)δ=2.
例9.布尔矩阵的加法和乘法:
定理4.布尔矩阵的乘法对加法满足分配律:
设D,E是m×p布尔矩阵,F是p×n布尔矩阵,则(DE)*F=(D*F)(E*F).
定理5.设非负整数mfH:
Bn→Br,fH(x)=x*H.则fH是群Bn到Br内的同态映射。
证明.任意x,y∈Bn,
fH(xy)=(xy)*H=(x*H)(y*H)
=fH(x)fH(y).
推论1.N={x∈Bn|x*H=
}是Bn的正规子群。
令mr=n-m行
令eH:
Bm→Bn
eH(b1b2…bm)=b1b2…bmx1x2…xr,
x1=b1h11+b2h21+…+bmhm1,
x2=b1h12+b2h22+…+bmhm2,
xr=b1h1r+b2h2r+…+bmhmr,
定理6.令x=y1y2…ymx1…xr,则
x*H=
当且仅当存在b∈Bm,x=eH(b).
证明.设x*H=
y1h11+y2h21+…+ymhm1+x1=0
y1h12+y2h22+…+ymhm2+x2=0
y1h1r+y2h2r+…+ymhmr+xr=0
两边同加xi,
y1h11+y2h21+…+ymhm1+x1+x1=0+x1
y1h11+y2h21+…+ymhm1=x1
y1h12+y2h22+…+ymhm2=x2
y1h1r+y2h2r+…+ymhmr=xr
x=eH(y).
设存在b∈Bm,x=eH(b).
x1=b1h11+b2h21+…+bmhm1,
x2=b1h12+b2h22+…+bmhm2,
xr=b1h1r+b2h2r+…+bmhmr,
b1h11+b2h21+…+bmhm1+x1=0
b1h12+b2h22+…+bmhm2+x2=0,
b1h1r+b2h2r+…+bmhmr+xr=0
即x*H=
.
推论2.eH(Bm)={eH(b)|b∈Bm}是Bn的子群。
eH是群编码。
证明.eH(Bm)=ker(fH).
例11.m=2,n=5,给出群编码
eH:
B2→B5,
解.eH(00)=00x1x2x3,
x1=x2=x3=0,eH(00)=00000.
eH(01)=01x1x2x3,
x1=0,x2=1,x1=1,
eH(01)=01011
eH(10)=10110,
eH(11)=11101.
δ=3.可查2位。
HomeworkPP411-412
4,10,16,18,17,20,22,24,26
§11.2解码和纠错Decodinganderrorcorrection
例1
设奇偶编码e:
Bm→Bm+1,
令d:
Bm+1→Bm是解码函数,
任意y=y1y2…ymym+1,
d(y)=y1y2…ym.
d(e(b)=b.
d◦e=1Bm.
d可以解码,不能纠错。
设编码e:
Bm→Bn,
令d:
Bn→Bm是e的解码函数,
如果传送x=e(b),接收xt,至多k位错,d(xt)=b,就称d为e的k位纠错解码,也称(e,d)k位纠错。
例2
(m,3m)编码,定义解码函数d:
B3m→Bm,对
y=y1y2…ymym+1…y2my2m+1…y3m,
d(y)=z1z2…zm,
zi=1if{zi,zi+m,zi+2m}含有至少2个1.
zi=0if{zi,zi+m,zi+2m}含有少于2个1.
d是1位纠错解码
最大似然解码函数maximumlikelihooddecodingfunction
设编码e:
Bm→Bn,
令d:
Bn→Bm是e的解码函数,
列出Bm中所有2m个元素:
x
(1),x
(2),……,
如果接收的是xt,找出第一个x(s),使
δ(x(s),xt)=min1≤i≤2m{δ(x(i),xt)}.
取d(xt)=e-1(x(s))=b.
称d为e的最大似然解码函数。
d与列出Bm中2m个元素的次序有关。
定理1.
设e:
Bm→Bn是编码,d:
Bn→Bm是e的最大似然解码函数。
则(e,d)能纠至多k位错当且仅当e的最小距离至少2k+1。
证明.
设e的最小距离至少2k+1。
令b∈Bm,x=e(b)∈Bn,如果发送x,接收xt,至多k位错。
δ(x,xt)≤k.
设z是一个编码,z≠x,
2k+1≤δ(x,z)≤δ(x,xt)+δ(xt,z)≤k+δ(xt,z).
δ(xt,z)≥k+1.
于是z不可能是xt的源码,x是唯一的与xt最接近的编码,d(xt)=b.
因此(e,d)k位纠错。
反之,假设最小海明距离r≤2k。
令x=e(b),x’=e(b’),δ(b,b’)=r.
x=b1b2…bn,
x’=b1’b’2…b’n,
不妨设b1≠b’1,b2≠b’2…,br≠b’r
bi=b’i,i>r.
(a)设r≤k,如果传送x,接收xt=x’,d(xt)=b’,无法纠正这r个错。
(b)设k+1≤r≤2k,
令xt=b1’b’2…b’kbk+1…bn,,
δ(xt,x’)≤r-k≤k,
δ(xt,x)≥k,x’比x更接近x,无法纠错。
例3.
e是如下(3,8)编码,
d是最大似然解码函数。
e(000)=000000000
e(001)=001001001
e(010)=010010010
e(011)=011011011
e(100)=100100100
e(101)=101101101
e(110)=110110110
e(111)=111111111
问(e,d)能纠几位错?
解.e的最小海明距离=3。
3≥2k+1,k≤1。
能纠1位错。
群编码的最大似然解码
定理2.
设H是G的子群,a∈G,则
f:
H→aH,f(h)=ah是一一对应。
§9.5命题3.
设e:
Bm→Bn是群编码,
即N=e(Bm)={x
(1),x
(2),…,
},
组成Bn的子群。
设b∈Bm,x=e(b)∈Bn是b的编码,传送x,接收到xt,
令xtN={ε1,ε2,……,
}是xt的N左陪集,εi=xtx(i),
δ(xt,x(i))=|xtx(i)|=|εi|
设xtN中最小权是|εj|,
称εj为陪集头标。
x(j)=xtxtx(j)=xtεj,
求最大似然解码函数的步骤:
设e:
Bm→Bn是群编码,
step1给出N在Bn中所有左陪集。
step2找出每个陪集的头标。
step3接收xt后,找出xt所在陪集。
step4x=xtεj。
共有2n/2m=2r个陪集,列表如下:
先列出N,0作头标。
0=x
(1),x
(2),…,
,
找出Bn中第一个未列出的元素y,
求出第二行yN:
y0,yx
(2),…,y
,
求出最小权元ε
(2),用ε
(2)改写这一行
ε
(2)0,ε
(2)x
(2),…,ε
(2)
,
重复直到列出Bn中所有元素,得到一张r行2m列的表,称为解码表。
0
x
(2)
x(3)
…
ε
(2)
ε
(2)x
(2)
ε(3)x(3)
…
ε
(2)
x
(2)
x(3)
…
收到信号xt后,找到xt所在一列,这一列第一个元素就是发出的编码x,令d(xt)=e-1(x)=b.
d是e的最大似然解码函数。
例4.见P417
一行头标有不止一种选择,解码函数也不唯一。
设(m,n)群编码eH:
Bm→Bn
r=n-m行
fH:
Bn→Br,fH(x)=x*H是Bn到Br的同态。
定理3.fH是满射onto。
证明.任取b∈Br,b=b1b2…br,
令x=00…0b1b2…br,fH(x)=x*H=b。
N=ker(fH)=eH(Bm),g:
Bn/N→Br,
g(xN)=fH(x)=x*H是同构映射。
称xH为x的并发位syndrome,
如果xH=yH,x,y有相同的并发位。
定理4.设x,y∈Bn,x,y属于N的同一个陪集当且仅当,fH(x)=fH(y),当且仅当x,y并发。
证明.设x,y∈Bn,x,y属于N的同一个陪集,xN=yN,即y∈xN,
当且仅当xy=-xy∈N,
当且仅当fH(xy)=0,fH(x)fH(y)=0,
fH(x)=fH(y)当且仅当xH=yH。
例6.奇偶校验矩阵
(3,6)群编码eH:
B3→B6。
eH(000)=000000
eH(001)=001011
eH(010)=010101
eH(011)=011110
eH(100)=100110
eH(101)=101101
eH(110)=110011
eH(111)=111000
N={000000,001011,010101,011110,100110,101101,110011,111000}
并发位
陪集头标
000
000000
001
000001
010
000010
011
001000
100
000100
101
010000
110
100000
111
001100
不必列出陪集,只要头标
接收xt=001110,其并发位
fH(xt)=101。
第六行头标ε=010000,x=xtε=011110
解码得到011。
HomeworkPP420-422
4,10,14,18,21,24