電視原理課件第05章(編輯修改稿)
2025-03-26 04:56 本頁面
【文章內容簡介】 0 ； 乘法 ???????????????111001010000 （ 5 2 2 ）? ， 若 T(x)是一個長度為 n的許用碼組 ， 則 xiT(x)在按模 xn +1運算下也是一個許用碼組 。 也就是 ， 下式中 xiT(x) ≡T’(x)mod x n +1 T’(x)亦是一個許用碼組。 (n,k )循環(huán)碼中 ， 有惟一的一個 r =nk次多項式 g(x)為 g(x)=1+ g1 x+ g2 x2 + …… ＋ g r－ 1 x r1＋ g rx r 它是該循環(huán)碼中次數最低的非零多項式。 3． （ n,k） 循環(huán)碼的生成多項式 g(x)是 xn＋ 1的一個因式 ， 即 xn＋ 1＝ g(x) h(x) ? 循環(huán)碼的編碼 、 解碼方法 ? 1. 編碼時 ， 首先根據給定的 (n,k)值選定生成多項式 g(x)， 即從 (xn＋ 1)的因式中選出一個 (nk)次多項式作為 g(x)。 ? 2. 接收端接收到碼組 R(x)時 ， 要達到解碼和檢錯糾錯的目的 。 由于任一碼組的碼元多項式 T(x)都應被碼元多項式 g(x)整除 ，因此接收端可將接收碼組 R(x)用原始生成多項式 g(x)相除 。 如果傳輸中未發(fā)生誤碼 ，接收碼組與發(fā)送碼組相同 ， 即 R(x)＝ T(x)，則 R(x)必能被 g(x)整除 ， 無余項；如果發(fā)生誤碼 ， R(x)≠T(x)， 則 R(x)被 g(x)相除時會有余項出現 ， 即 )()(39。)(39。)()(xgxrxQxgxR?? RS碼 (里德－索羅蒙碼 ) RS碼是 Reed和 Solomon 二位研究者發(fā)明的 ， 故稱為里德－索羅蒙碼 ， 簡稱 RS碼 。 它是一種適合于多進制的 、 具有強糾錯能力的碼 ， 為非二進制的糾錯碼 。 一個能糾正 t個符號錯誤的 RS碼有如 碼長 n≤2m－ 1符號或是 ≤m(2m－ 1) 信息段 k個符號或是 km 監(jiān)督段 nk=2t符號或是 m(nk) 最小碼距 d0=2t+1符號或是 m(2t+1) ? 有限域 GF(q)與本原多項式 ? 1. 有限域 GF(q) 需要指出群 (G)與域 (F)的區(qū)別：一個群只有規(guī)定的一種代數運算 (加法或乘法 )，而域是有兩種代數運算 (加法和乘法 )的代數系統 。 ? 2. 一個 n次多項式 p(x)若滿足下列條件 ，則稱為本原多項式 。 (1) p(x) (2) p(x)可整除 xn+1， 這里 n= 2m 1； (3) p(x)不能整除 xq+1， 這里 qn。 ? 多項式的根 在有限域 GF(2m)運算規(guī)則確定之后 ，可以對 x的多項式計算以 GF(2m)的元素作系數的根 。 【 例 54】 求解 x7+1的根 。 解： x7+1=（ x3+x+1） （ x3+ x2 +1）（ x+1） ， 再求解 （ x3+x+1） 、 （ x3+ x2 +1） 、 （ x+1） 的根 。 顯然 ， 按模 2和運算 ， x+1=0的根為1=α0 （ 用 α表示本原多項式的本原根 ） 。 分析 p1(x)=x3+x+1=0的根 。 假設 α是其一個根 ， 則有 α3+α+1=0。 根據模 2和運算規(guī)則 ， 下面的式子成立： α3+α=1； α3+1=α； α+1=α3 現在 ， 用試探法看 α2 是否為 p1(x)的根 ，可寫出： （ α2 ） 3+α2 +1=（ α3） 2+α2 +1=（ α+1）2+α2 +1=0 由此可見 ， α2 確實是 p1(x)的一個根 。 p1(x)=x3+x+1=0除了 α 、 α2兩個根外 ，應該還有一個根 。 現在 ， 再用試探法看一下 α4 ： （ α4） 3 +α4 +1=（ α3） 4+α2+1=（ α2+1）+α2 +1=0 =[（ α2+1） （ α2+1） ]+ α2+α+1=[α4+1]+ α2+α+1 =αα3+α2+α=α（ α+1）+α2+α=α+α2+α2+α=0
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