Koodausteoria, Kesä 2014

Transkriptio

1 Koodausteoria, Kesä 2014 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos

2 5.6 Alternanttikoodin dekoodaus, kun esiintyy pyyhkiytymiä ja virheitä Joissakin tilanteissa vastaanotetun sanan kirjainta ei saa tulkittua millään tavalla. Tällöin kyseessä on pyyhkiytymä (erasure). Jos pyyhkiytymää merkitään symbolilla, niin tulostusaakkostona on F q { }. Intuitiivisesti ajateltuna pyyhkiytymiä voidaan korjata enemmän kuin virheitä, sillä kyseiset kohdat tiedetään varmasti vääriksi. Seuraava lause, jonka todistus sivuutetaan, antaa rajan virheenkorjauskyvylle pyyhkiytymien esiintyessä. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 2 / 14

3 5.6 Alternanttikoodin dekoodaus, kun esiintyy pyyhkiytymiä ja virheitä Joissakin tilanteissa vastaanotetun sanan kirjainta ei saa tulkittua millään tavalla. Tällöin kyseessä on pyyhkiytymä (erasure). Jos pyyhkiytymää merkitään symbolilla, niin tulostusaakkostona on F q { }. Intuitiivisesti ajateltuna pyyhkiytymiä voidaan korjata enemmän kuin virheitä, sillä kyseiset kohdat tiedetään varmasti vääriksi. Seuraava lause, jonka todistus sivuutetaan, antaa rajan virheenkorjauskyvylle pyyhkiytymien esiintyessä. Lause Jos koodin C minimietäisyys on d, niin se korjaa e 0 pyyhkiytymää ja e 1 virhettä, kun e 0 + 2e 1 d 1. Huomaa, että lauseessa voi olla e 0 + e 1 > d 1 2 d 1 2 = t, missä t on koodin virheenkorjauskyky. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 2 / 14

4 Esitetään seuraavaksi menettely, jolla saavutetaan tämän lauseen mukainen dekoodaus alternanttikoodeille missä Ĥ = A(α, h) = {c F n q cĥt = 0}, h 1 h 2... h n h 1 α 1 h 2 α 2... h n α n... h 1 α1 r 1 h 2 α2 r 1... h n αn r 1 h 1, h 2,..., h n F q m ja alkiot α 1, α 2,..., α n F q m ovat erisuuria. Olkoon c = (c 1,..., c n ) lähetetty sana ja oletetaan, että vastaanotetussa sanassa u = (u 1,..., u n ), u i F q { }, on e 0 pyyhkiytymää ja e 1 virhettä ja että e 0 + 2e 1 r. r n, Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 3 / 14

5 Määritellään lisäksi joukot I 0 = {i u i = }, Î 0 = {i I 0 c i 0}, I 1 = {i u i, u i c i }, I = I 0 I 1 ja Î = Î 0 I 1. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 4 / 14

6 Määritellään lisäksi joukot I 0 = {i u i = }, Î 0 = {i I 0 c i 0}, I 1 = {i u i, u i c i }, I = I 0 I 1 ja Î = Î 0 I 1. Muodostetaan ensin pyyhkiytymänpaikantaja σ 0 (x) = i I 0 (1 α i x), Jos I 0 =, niin asetetaan σ 0 (x) = 1. Korvataan sanassa u pyyhkiytymät alkiolla 0, jolloin saadaan sana û = (û 1,..., û n ), missä { u i, kun u i, û i = 0, kun u i =. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 4 / 14

7 Sanassa û on mahdollisesti e 0 + e 1 virhettä (voi olla e 0 + e 1 > r 2 ). Merkitään û = c + ê ja lasketaan syndromit: S = ûĥt = cĥt + êĥt = êĥt = (S 0, S 1,..., S r 1 ). Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 5 / 14

8 Sanassa û on mahdollisesti e 0 + e 1 virhettä (voi olla e 0 + e 1 > r 2 ). Merkitään û = c + ê ja lasketaan syndromit: S = ûĥt = cĥt + êĥt = êĥt = (S 0, S 1,..., S r 1 ). Olkoon lisäksi S(x) = r 1 l=0 S lx l. Jos ê = (ê 1,..., ê n ), niin ê i 0 kaikilla i Î ja ê i = 0 muulloin. Määritellään seuraavaksi vektoria û vastaava virhekohtapolynomi ˆσ(x) = i Î (1 α i x) ja virhearvopolynomi ˆω(x) = ˆσ(x) h i ê i (1 α j x) = h i ê i 1 α i x. i Î j Î \{i} i Î Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 5 / 14

9 Kuten Lauseessa 5.5.4, nytkin saadaan syt(ˆσ, ˆω) = 1. Polynomi σ 1 (x) = i I 1 (1 α i x) on virheenpaikantaja ja σ 1 (x) ˆσ(x). Kuten Lauseessa 5.5.4, saadaan avainehto ˆσ(x)S(x) ˆω(x) (mod x r ). Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 6 / 14

10 Kuten Lauseessa 5.5.4, nytkin saadaan syt(ˆσ, ˆω) = 1. Polynomi σ 1 (x) = i I 1 (1 α i x) on virheenpaikantaja ja σ 1 (x) ˆσ(x). Kuten Lauseessa 5.5.4, saadaan avainehto ˆσ(x)S(x) ˆω(x) (mod x r ). Kertomalla tämä puolittain tulolla i I 0 \Î0 (1 α i x) saadaan σ(x)s(x) ω(x) (mod x r ), (1) missä σ(x) = σ 0 (x)σ 1 (x) ja ω(x) = ˆω(x) i x) = i I 0 \Î0(1 α i Î sillä ê i = 0, kun i / Î. σ(x) h i ê i 1 α i x = i I σ(x) h i ê i 1 α i x, Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 6 / 14

11 Määritellään nyt muunnettu syndromipolynomi S 0 (x) asettamalla jolloin yhtälöstä (1) saadaan S 0 (x) σ 0 (x)s(x) (mod x r ), σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ). (2) Merkitään µ = r e 0 2 ja ν = r 1 µ, jolloin µ + ν = r 1 sekä deg σ 1 = e 1 ja deg ω e 0 + e 1 1. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 7 / 14

12 Määritellään nyt muunnettu syndromipolynomi S 0 (x) asettamalla jolloin yhtälöstä (1) saadaan S 0 (x) σ 0 (x)s(x) (mod x r ), σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ). (2) Merkitään µ = r e 0 2 ja ν = r 1 µ, jolloin µ + ν = r 1 sekä deg σ 1 = e 1 ja deg ω e 0 + e 1 1. Koska oletuksen mukaan e 0 + 2e 1 r, niin e 1 r e 0 2, joten e 1 µ. Lisäksi 2e 0 + 2e 1 r + e 0, joten e 0 + e 1 r + e 0 2 = r r e 0 2 Täten deg ω r 1 µ = ν. r e0 r = r µ. 2 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 7 / 14

13 Soveltamalla Eukleideen algoritmia Lauseen mukaisesti polynomeihin x r ja S 0 (x) kunnes deg r k (x) ν ja deg r k 1 (x) > ν saadaan σ 1 (x) = b k (0) 1 b k (x) ja ω(x) = b k (0) 1 r k (x) (koska syt(ˆσ, ˆω) = 1, niin syt(σ 1, ω) = 1). Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 8 / 14

14 Soveltamalla Eukleideen algoritmia Lauseen mukaisesti polynomeihin x r ja S 0 (x) kunnes saadaan deg r k (x) ν ja deg r k 1 (x) > ν σ 1 (x) = b k (0) 1 b k (x) ja ω(x) = b k (0) 1 r k (x) (koska syt(ˆσ, ˆω) = 1, niin syt(σ 1, ω) = 1). Polynomin σ 1 (x) nollakohdista saadaan nyt joukko I 1 eli virheiden paikat. Tästä saadaan σ(x) = σ 0 (x)σ 1 (x) ja virheiden arvot saadaan Lauseen tapaan jokaisella k I laskemalla ê k = α kω(α 1 k ) h k σ (α 1 k ). Huomaa, että ê k = 0, kun k I 0 \ Î 0. Nämäkin on kuitenkin laskettava, sillä etukäteen ei tiedetä, minkä pyyhkiytymien paikalla pitäisi olla 0. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 8 / 14

15 Dekoodausalgoritmi on siis seuraavanlainen: 1. Määrätään I 0 ja σ 0 (x) = i I 0 (1 α i x). 2. Määrätään û ja lasketaan ûĥt = (S 0,..., S r 1 ) ja S(x) = r 1 S l x l. l=0 3. Lasketaan muunnettu syndromipolynomi S 0 (x) σ 0 (x)s(x) (mod x r ). 4. Ratkaistaan kongruenssista σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ), polynomit σ 1 (x) ja ω(x) Eukleideen algoritmin avulla (µ = r e 0 2, ν = r 1 µ). 5. Määrätään virhekohtien joukko I 1 polynomin σ 1 (x) nollakohdista ja lasketaan σ(x) = σ 0 (x)σ 1 (x). 6. Lasketaan jokaisella i I = I 1 I 0 virhearvot ê i = α iω(α 1 i ) h i σ (α 1 i ). 7. Lasketaan c = û ê. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 9 / 14

16 Esimerkki 2 Tarkastellaan [7, 2]-RS-koodia, jonka suunniteltu etäisyys on d = 6. Olkoon α kunnan F 8 primitiivialkio, jolle α 3 + α + 1 = 0. Tarkasteltavan koodin generoijapolynomi on tällöin g(x) = (x α)(x α 2 )(x α 3 )(x α 4 )(x α 5 ). Edellä olevan mukaan e 0 pyyhkiytymää ja e 1 virhettä saadaan korjattua, kun e 0 + 2e 1 5. Dekoodataan sana u = (α 4, α 3, α 6,, α 2, α 4, α 2 ). Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 10 / 14

17 Esimerkki 2 Tarkastellaan [7, 2]-RS-koodia, jonka suunniteltu etäisyys on d = 6. Olkoon α kunnan F 8 primitiivialkio, jolle α 3 + α + 1 = 0. Tarkasteltavan koodin generoijapolynomi on tällöin g(x) = (x α)(x α 2 )(x α 3 )(x α 4 )(x α 5 ). Edellä olevan mukaan e 0 pyyhkiytymää ja e 1 virhettä saadaan korjattua, kun e 0 + 2e 1 5. Dekoodataan sana u = (α 4, α 3, α 6,, α 2, α 4, α 2 ). Yleisen alternanttikoodin merkinnöin nyt h i = α i = α i 1, joten 1 α... α 6 1 α 2... α 12 Ĥ = α 5... α 30 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 10 / 14

18 1. Nyt I 0 = {4} ja σ 0 (x) = 1 α 4 x = 1 α 3 x. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 11 / 14

19 1. Nyt I 0 = {4} ja σ 0 (x) = 1 α 4 x = 1 α 3 x. 2. Muodostetaan û = (α 4, α 3, α 6, 0, α 2, α 4, α 2 ) ja vastaava polynomi Tällöin û(x) = α 4 + α 3 x + α 6 x 2 + α 2 x 4 + α 4 x 5 + α 2 x 6. S = ûĥt = (û(α), û(α 2 ), û(α 3 ), û(α 4 ), û(α 5 )) = (1, 1, α 5, α 2, α 4 ) ja syndromipolynomiksi tulee S(x) = 1 + x + α 5 x 2 + α 2 x 3 + α 4 x 4. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 11 / 14

20 1. Nyt I 0 = {4} ja σ 0 (x) = 1 α 4 x = 1 α 3 x. 2. Muodostetaan û = (α 4, α 3, α 6, 0, α 2, α 4, α 2 ) ja vastaava polynomi Tällöin û(x) = α 4 + α 3 x + α 6 x 2 + α 2 x 4 + α 4 x 5 + α 2 x 6. S = ûĥt = (û(α), û(α 2 ), û(α 3 ), û(α 4 ), û(α 5 )) = (1, 1, α 5, α 2, α 4 ) ja syndromipolynomiksi tulee S(x) = 1 + x + α 5 x 2 + α 2 x 3 + α 4 x Muunnettu syndromipolynomi on nyt S 0 (x) = σ 0 (x)s(x) = (1 α 3 x)(1 + x + α 5 x 2 + α 2 x 3 + α 4 x 4 ) 1 + αx + α 2 x 2 + α 4 x 3 + x 4 (mod x 5 ). Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 11 / 14

21 4. Ratkaistaan kongruenssista σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ) polynomit σ 1 (x) ja ω(x). Nyt µ = = 2 ja ν = 2. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 12 / 14

22 4. Ratkaistaan kongruenssista σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ) polynomit σ 1 (x) ja ω(x). Nyt µ = = 2 ja ν = Eukleideen algoritmi antaa x 5 = (x α 4 )S 0 (x) + α 4 x 3 + α 5 x 2 + α 4 x + α 4 = q 1 (x)s 0 (x) + r 1 (x), S 0 (x) = (α 3 x + α 5 )r 1 (x) + α 4 x 2 + α 5 x + α 6 = q 2 (x)r 1 (x) + r 2 (x). Koska deg r 2 2, niin Lauseen mukaan saatiin k = 2 ja i q i (x) r i (x) 1 x + α 4 α 4 x 3 + α 5 x 2 + α 4 x + α 4 2 α 3 x + α 5 α 4 x 2 + α 5 x + α 6 Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 12 / 14

23 4. Ratkaistaan kongruenssista σ 1 (x)s 0 (x) ω(x) (mod x r ) polynomit σ 1 (x) ja ω(x). Nyt µ = = 2 ja ν = Eukleideen algoritmi antaa x 5 = (x α 4 )S 0 (x) + α 4 x 3 + α 5 x 2 + α 4 x + α 4 = q 1 (x)s 0 (x) + r 1 (x), S 0 (x) = (α 3 x + α 5 )r 1 (x) + α 4 x 2 + α 5 x + α 6 = q 2 (x)r 1 (x) + r 2 (x). Koska deg r 2 2, niin Lauseen mukaan saatiin k = 2 ja i q i (x) r i (x) 1 x + α 4 α 4 x 3 + α 5 x 2 + α 4 x + α 4 2 α 3 x + α 5 α 4 x 2 + α 5 x + α Edelleen b 1 (x) = q 1 (x) = x + α 4 ja b 2 (x) = q 2 (x)b 1 (x) + b 0 (x) = α 3 x 2 + α 4 x + α 6, σ 1 (x) = b 2 (0) 1 b 2 (x) = 1 + α 5 x + α 4 x 2, ω(x) = b 2 (0) 1 r 2 (x) = 1 + α 6 x + α 5 x 2. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 12 / 14

24 5. Kokeilemalla havaitaan, että σ 1 (1) = 1 + α 5 + α 4 = 0 ja σ 1 (α 3 ) = 1 + α 8 + α 10 = 1 + α + α 3 = 0. Koska α i = α i 1 ja 1 1 = 1 = α 1 sekä (α 3 ) 1 = α 4 = α 5, niin virhekohtien joukko on I 1 = {1, 5} ja σ(x) = σ 0 (x)σ 1 (x) = 1 + α 2 x + α 2 x 2 + x 3. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 13 / 14

25 5. Kokeilemalla havaitaan, että σ 1 (1) = 1 + α 5 + α 4 = 0 ja σ 1 (α 3 ) = 1 + α 8 + α 10 = 1 + α + α 3 = 0. Koska α i = α i 1 ja 1 1 = 1 = α 1 sekä (α 3 ) 1 = α 4 = α 5, niin virhekohtien joukko on I 1 = {1, 5} ja σ(x) = σ 0 (x)σ 1 (x) = 1 + α 2 x + α 2 x 2 + x Lasketaan ê i = α iω(α 1 i ) h i σ (α 1, kun i = 1, 4, 5. Tässä i ) σ (x) = α 2 + x 2 ja h i = α i = α i 1, joten ê 1 = 1 + α6 + α 5 α ê 5 = 1 + α2 + α 3 α 2 + α 1 = α 3 ja ê = (α 4, 0, 0, α, α 3, 0, 0). = α 4, ê 4 = 1 + α3 + α 1 α 2 + α 6 = α, Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 13 / 14

26 7. Nyt voidaan laskea todennäköisimmin lähetetty sana: c = û ê = (α 4, α 3, α 6, 0, α 2, α 4, α 2 ) ê = (0, α 3, α 6, α, α 5, α 4, α 2 ). Vastaava polynomi on c(x) = α 3 x + α 6 x 2 + αx 3 + α 5 x 4 + α 4 x 5 + α 2 x 6 ja laskemalla havaitaan, että c(α) = c(α 2 ) = = c(α 5 ) = 0, kuten pitääkin. Topi Törmä Matemaattisten tieteiden laitos 14 / 14