Kĩ thuật viễn thông - Chương 4: Mã sửa sai

Ta sẽ xây dựng bộ mã thỏa yêu cầu bằng cách chỉ ra các cột c(r1), c(r2), , c(rn) của ma trận chẵn lẻ tương ứng. Huỳnh Văn Kha 9/30/2010 12 • Các cột này cần phải thỏa điều kiện: mọi tập gồm 2e cột đều độc lập tuyến tính.

pdf14 trang | Chia sẻ: nguyenlam99 | Ngày: 22/01/2019 | Lượt xem: 58 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Kĩ thuật viễn thông - Chương 4: Mã sửa sai, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Chương 4: Mã sửa sai 4.3 Chận trên và dưới cho khả năng sửa sai của bộmã kiểm tra chẵn lẻ Khả năng sửa sai • Như đã biết, số từmã tăng sẽ làm giảm khả năng sửa sai của bộmã. Ta sẽ cố gắng định lượng mối liên hệ này. 9/30/2010 2 Huỳnh Văn Kha • Trong phần này, ta giải quyết bài toán sau: cần chọn ma trận kiểm tra chẵn lẻ như thế nào để bộ mã thu được sửa sai được e bit trở lại. • Xét trường hợp e = 1. Ta xây dựng bộmã sửa sai được 1 bit. • Nếu bit sai ở vị trí thứ j thì vector hiệu chỉnh tương ứng là cột thứ j của ma trận chẵn lẻ. Khả năng sửa sai • Ta chọn ma trận chẵn lẻ sao cho n cột của nó khác nhau đôi một (và khác 0). • Khi đó mọi dãy sai một bit đều có các vector hiệu 9/30/2010 3 Huỳnh Văn Kha chỉnh khác nhau. Do đó mọi lỗi sai 1 bit đều sửa sai được. • Ví dụ, nếu n = 7, k = 4, ta có thể chọn ma trận chẵn lẻ như sau: ðịnh lý 4.9 Bộmã kiểm tra chẵn lẻ xác định bởi ma trận A sẽ sửa sai được e bit trở lại nếu và chỉ nếu mọi tập 2e cột của A đều độc lập tuyến tính. 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 4 Chứng minh: Theo định lý 4.8, mọi lỗi sai không quá e bit sẽ được làm đúng nếu và chỉ nếu các mẫu sai ≤ e bit có các vector hiệu chỉnh phân biệt nhau. Nghĩa là nếu và chỉ nếu không có tổ hợp tuyến tính của e (hoặc ít hơn) cột nào trong A bằng với một tổ hợp tuyến tính khác (cũng của e cột (hoặc ít hơn) trong A). Điều này tương đương với mỗi tập 2e cột của A đều phải độc lập tuyến tính. Ví dụ 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 5 • Có thể thấy mỗi tập gồm 4 cột của A là độc lập tuyến tính. Bộmã ứng với A có thể sửa sai 2 bit • Tuy nhiên: c(r1)+c(r8)+c(r9)=c(r3)+c(r4)+c(r6) • Do đó các dãy sai ở ba cột 1, 8, 9 và các dãy sai ở ba cột 3, 4, 6 có cùng vector hiệu chỉnh • Như vậy sai 3 bit chưa chắc sửa được. Chận trên và dưới cho khả năng sửa sai của bộ mã kiểm tra chẵn lẻ • Giả sử ta cần xây dựng bộmã kiểm tra chẵn lẻ sửa sai được e bit (chiều dài từmã n cố định) • Vấn đề đặt ra là cần bao nhiêu bit kiểm tra để xây 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 6 dựng bộmã như vậy • Ta muốn càng ít bit kiểm tra càng tốt. Do số bit kiểm tra càng ít thì số bit thông tin càng lớn và ta có càng nhiều từmã • Tổng quát thì không thể xác định chính xác số bit kiểm tra cực tiểu. Nhưng ta có thể ước lượng chận dưới và chận trên như các định lý sau ðịnh lý 4.10 (Chận dưới Hamming cho số bit kiểm tra) Số bit kiểm tra trong một bộmã chẵn lẻ sửa sai được e bit cần thỏa: 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 7 Trong đó: n = chiều dài từmã m = số bit kiểm tra = n - k Chứng minh ñịnh lý 4.10 • Để bộmã kiểm tra chẵn lẻ sửa sai được e bit trở lại thì các lỗi sai e bit hoặc ít hơn có các vector hiệu chỉnh khác nhau đôi một. 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 8 • Nếu từmã có chiều dài n thì số lỗi sai đúng i bit là tổ hợp chập i của n. • Số các vector hiệu chỉnh là 2m. • Do đó để các vector hiệu chỉnh là duy nhất cho mỗi lỗi sai e bit trở lại thì: Chú ý • Chận dưới Hamming cho số bit kiểm tra chính là chận trên Hamming cho số từmã (định lý 4.3) • Chận dưới Hamming là điều kiện cần nhưng không đủ cho việc xây dựng bộmã kiểm tra chẵn lẻ sửa sai được e bit. 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 9 • Nói cách khác, nếu gọi m0 là số nguyên nhỏ nhất thỏa định lý 4.10 (với n và e cho trước) thì có thể không có bộmã nào sửa sai được e bit mà chỉ sử dụng có m0 bit kiểm tra. • Ví dụ với n = 10, e = 2 ta có m0 = 6. Tuy nhiên không có bộmã chẵn lẻ nào sửa sai được 2 bit mà sử dụng ít hơn 7 bit kiểm tra ðịnh lý 4.11 (Điều kiện Varsharmov-Gilbert-Sacks) Một bộmã kiểm tra chẵn lẻ sửa sai được e bit với chiều dài từmã là n có thể xây dựng được nếu số 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 10 bit kiểm tra m thỏa điều kiện: Đây là chận trên cho số bit kiểm tra cần thiết cho việc xậy dựng bộmã chẵn lẻ sửa sai e bit Chú ý • Điều kiện trong định lý 4.11 là điều kiện đủ nhưng không cần. • Nói cách khác, cố định n và e, gọi m1 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa định lý 4.11. Thì theo định lý 4.11 có thể xây dựng bộmã sửa sai e bit sử dụng 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 11 m1 bit kiểm tra. Tuy nhiên, trong một số trường hợp, ta cũng có thể xây dựng bộmã sửa sai e bit mà chỉ sử dụng ít hơn m1 bit kiểm tra. • Ví dụ với n = 10, e = 2, ta có m1 = 8. Tuy nhiên ta có thể xây dựng bộmã sửa sai 2 bit mà chỉ sử dụng 7 bit kiểm tra như ví dụ sau định lý 4.9 Chứng minh ñịnh lý 4.11 • Ta sẽ xây dựng bộmã thỏa yêu cầu bằng cách chỉ ra các cột c(r1), c(r2), , c(rn) của ma trận chẵn lẻ tương ứng. 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 12 • Các cột này cần phải thỏa điều kiện: mọi tập gồm 2e cột đều độc lập tuyến tính. • Đầu tiên, chọn c(r1) khác 0 tùy ý • Chọn c(r2) sao cho c(r2) ≠ 0, c(r2) ≠ c(r1) • Chọn c(r3) sao cho c(r3) ≠ 0, c(r3) ≠ c(r1), c(r3) ≠ c(r2), c(r3) ≠ c(r1)+c(r2) Chứng minh ñịnh lý 4.11 • Giả sử đã chọn được c(r1), c(r2), , c(rn-1), ta chọn c(rn) thỏa: 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 13 Chứng minh ñịnh lý 4.11 • Số các tổ hợp nói trên, không vượt quá: 9/30/2010Huỳnh Văn Kha 14 (Chú ý: không nhất thiết tất cả các tổ hợp nói trên phân biệt nhau, do đó số tổ hợp có thể nhỏ hơn) • Như vậy, nếu tổng trên ≤ 2m thì hiển nhiên ta chọn được c(rn). Và do đó định lý được chứng minh.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfchuong4_3_6787.pdf
Tài liệu liên quan