Студопедия

КАТЕГОРИИ:


Архитектура-(3434)Астрономия-(809)Биология-(7483)Биотехнологии-(1457)Военное дело-(14632)Высокие технологии-(1363)География-(913)Геология-(1438)Государство-(451)Демография-(1065)Дом-(47672)Журналистика и СМИ-(912)Изобретательство-(14524)Иностранные языки-(4268)Информатика-(17799)Искусство-(1338)История-(13644)Компьютеры-(11121)Косметика-(55)Кулинария-(373)Культура-(8427)Лингвистика-(374)Литература-(1642)Маркетинг-(23702)Математика-(16968)Машиностроение-(1700)Медицина-(12668)Менеджмент-(24684)Механика-(15423)Науковедение-(506)Образование-(11852)Охрана труда-(3308)Педагогика-(5571)Полиграфия-(1312)Политика-(7869)Право-(5454)Приборостроение-(1369)Программирование-(2801)Производство-(97182)Промышленность-(8706)Психология-(18388)Религия-(3217)Связь-(10668)Сельское хозяйство-(299)Социология-(6455)Спорт-(42831)Строительство-(4793)Торговля-(5050)Транспорт-(2929)Туризм-(1568)Физика-(3942)Философия-(17015)Финансы-(26596)Химия-(22929)Экология-(12095)Экономика-(9961)Электроника-(8441)Электротехника-(4623)Энергетика-(12629)Юриспруденция-(1492)Ядерная техника-(1748)

Приклади розв’язання задач. Закодувати комбінацію 1110101 двійкового простого коду (k=7) двійковими кодами, що виявляють помилки: з перевіркою на парність і простим повторенням




Задача 7.2.1

Закодувати комбінацію 1110101 двійкового простого коду (k =7) двійковими кодами, що виявляють помилки: з перевіркою на парність і простим повторенням. Виявити однократну помилку та порівняти надмірності цих кодів.

Розв’язання. Кодова комбінація коду з перевіркою на парність буде мати вигляд: A 1 = 11101011, а коду з простим повторенням – А 2 = 11101011110101.

Нехай у комбінації коду з перевіркою на парність виникла однократна помилка, вектор якої Е 1 = 00000100. Тоді сума А 1Å Е 1 = 11101111.

У цьому разі сума за модулем 2 елементів одержаної на приймальному боці кодової комбінації дорівнює 1, тобто непарна, що вказує на наявність у ній помилки. Надмірність коду R 1 = 1–7/8 = 0,125.

Нехай в комбінації коду з простим повторенням вектор однократної помилки буде Е 2=00000100000000. Тоді сума А 2Å Е 2= 11101111110101. Порівнюючи першу і другу частини кодової комбінації (одержуючи їх суму за модулем 2), отримаємо остачу, яка не буде дорівнювати нулю (1110111Å1110101 = 0000010), що вказує на наявність помилки у прийнятій кодовій комбінації. Надмірність коду R 2 = 0,5. Таким чином R 2> R 1.

Задача 7.2.2

Закодувати комбінацію 01000 двійкового простого коду (k =5) двійковими кодами, що виявляють помилки: з числом одиниць у комбінації, кратним трьом, та інверсним (Бауера). Виявити однократну помилку і порівняти надмірності цих кодів.

Розв’язання. Кодова комбінація коду з числом одиниць, кратним трьом, буде мати вигляд: А 1=0100011, а інверсного коду – А 2=0100010111.

Нехай у комбінації коду з числом одиниць, кратним трьом, виникла однократна помилка, вектор якої Е 1=0000100. Тоді сума А 1Å Е 1=0100111. У цьому разі вага одержаної кодової комбінації w *=4, тобто відрізняється від w =3, що вказує на наявність у ній помилки. Надмірність коду R 1 = 1– 5 / 7=2 / 7.

Нехай у комбінації інверсного коду виникла однократна помилка, вектор якої E 2=0000100000. Тоді сума А 2Å Е 2=0100110111. У декодері виконується перевірка кількості одиниць у першій половині кодової комбінації, яка дорівнює 2. Це означає, що друга половина комбінації повинна прийматися у позитиві (без інверсії). Порівнюючи першу і другу (неінвертовану) частини прийнятої кодової комбінації одержимо незбіг у чотирьох розрядах, що вказує на наявність у ній помилки. Надмірність коду R 2 = 0,5. Таким чином R 2 > R 1.

Задача 7.2.3

Закодувати комбінацію 010101 двійкового простого коду (k =6) двійковими кодами, що виявляють помилки: з перевіркою на непарність і кореляційним. Виявити однократну помилку та порівняти надмірності цих кодів.

Розв’язання. Кодова комбінація коду з перевіркою на непарність буде мати вигляд: А 1=0101010, а кореляційного – A 2=011001100110.

Нехай у комбінації коду з перевіркою на непарність виникла однократна помилка, вектор якої Е 1=0000100. Тоді сума А 1Å Е 1=0101110. У декодері перевіряється за модулем 2 сума елементів одержаної кодової комбінації. У цьому разі вона буде дорівнювати 0, тобто парна, що вказує на наявність в комбінації помилки. Надмірність коду .

Нехай у комбінації кореляційного коду виникла однократна помилка, вектор якої Е 2=000010000000. Тоді сума А 2Å Е 2= 011011100110. Як відомо, декодування кодової комбінації у декодері ведуть тактами по два елементи у кожному такті. При цьому два елементи одного такту не повинні мати однакове значення, тобто не повинно бути сполучень 00 та 11. У даному разі у третьому такті (парі елементів) буде отримано сполучення 11, що вказує на наявність помилки у прийнятій комбінації. Надмірність коду R 2= 0,5. Таким чином R 2 > R 1.




Поделиться с друзьями:


Дата добавления: 2014-01-11; Просмотров: 3342; Нарушение авторских прав?; Мы поможем в написании вашей работы!


Нам важно ваше мнение! Был ли полезен опубликованный материал? Да | Нет



studopedia.su - Студопедия (2013 - 2024) год. Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав! Последнее добавление




Генерация страницы за: 0.012 сек.