Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστηµίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος Ιουνίου ακαδηµαϊκού έτους 29-21 Παρασκευή, 1 Ιουνίου 21 Εφαρµοσµένη Άλγεβρα ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Θέµα 1 (1 µονάδα) α) Να κατασκευασθεί ο πίνακας του σώµατος F 3 2 = F 3 [x]/ +x+2 και να ϐρεθούν τα ελάχιστα πολυώνυµα των στοιχείων του. ϐ) Αν α F 3 2 µια ϱίζα του + x + 2, να ϐρεθεί µια ϱίζα του + 1. γ) Να ϐρεθούν τα αντίστροφα στοιχεία ως προς τον πολλαπλασιασµό των α + 2 και 2 α + 2. Θέµα 2 (1 µονάδα) α) Να ϐρεθούν όλα τα υποσώµατα των πεπερασµένων σωµάτων (i) F 2 1 και (ii) F 3 4 και να κατασκευασθεί το πλέγµα υποσωµάτων τους. ϐ) Να ϐρεθεί το πλήθος των ανάγωγων και το πλήθος των πρωταρχικών πολυωνύµων ϐαθµού πάνω στο F 2. (Σηµειώστε ότι 255 = 3 5 17) Θέµα 3 (2 µονάδες) α) Χρησιµοποιώντας το κριτήριο που ϐασίζεται στον αλγόριθµο του Berlekamp να αποδειχθεί ότι το πολυώνυµο f(x) = x 4 + x + 1 είναι ανάγωγο στο F 2 [x]. ϐ) Χρησιµοποιώντας τον αλγόριθµο του Berlekamp να παραγοντοποιηθεί σε γινόµενα ανάγωγων πολυωνύµων το f(x) = x 3 + x + 1 στο F 3 [x]. Θέµα 4 (1 µονάδα) α) Χρησιµοποιώντας τα κυκλοτοµικά πολυώνυµα να παραγοντοποιηθεί σε γινόµενο ανάγωγων πολυωνύµων το x 9 1 πάνω στο F 2. ϐ) Να υπολογιστούν τα κυκλοτοµικά πολυώνυµα (i) Q 1 (x) και (ii) Q 24 (x) πάνω στο σώµα F 2. Θέµα 5 (1 µονάδα) Για καθένα από τα παρακάτω κυκλοτοµικά πολυώνυµα να διερευνηθεί αν είναι ανάγωγο ή όχι πάνω στο δοσµένο σώµα. Για εκείνα που δεν είναι ανάγωγα να ϐρεθεί το πλήθος των ανάγωγων πολυωνύµων που αναλύονται. (i) Q 1 (x) στο F 3, (ii) Q 12 (x) στο F 5, (iii) Q 13 (x) στο F 3, (iv) Q 14 (x) στο F 11. Θέµα 6 (2 µονάδες) Θεωρούµε δυαδική κωδικο-συνάρτηση f : B 3 B 6 µε γεννήτορα πίνακα G = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 α) Να ϐρεθεί πόσα λάθη εντοπίζει και πόσα διορθώνει ο κώδικας. ϐ) Να ϐρεθεί ο πίνακας συνδρόµων-πλευρικών οδηγών της f. γ) Ενα µήνυµα κωδικοποιείται µε την εξής αντιστοιχία _ 1 A 1 B 1 D 11 E 11 R 11 K 111 N και λαµβάνουµε 1111, 11, 1111. Να αποκωδικοποιηθεί το µήνυµα. Θέµα 7 (2 µονάδες) α) Να ϐρεθεί το πολυώνυµο-γεννήτορας του ελάχιστου δυαδικού κυκλικού κώδικα µήκους 7 που περιέχει την κωδικολέξη 1111. ϐ) Εστω C ο δυαδικός κυκλικός κώδικας µήκους 7 µε πολυώνυµο γεννήτορα το g(x) = 1+x+ +x 4. Μια λέξη κωδικοποιείται µε τον C και λαµβάνεται ως w = 111. Να αποκωδικοποιηθεί η λέξη w, δεδοµένου ότι ο C εντοπίζει 2-λάθη και διορθώνει 1-λάθη. Καλό καλοκαίρι

2 Ενδεικτικές απαντήσεις των ϑεµάτων Θέµα 1 α) Μας Ϲητείται να κατασκευάσουµε τον πίνακα του σώµατος F 3 2 ως την επέκταση F 3 [x]/ +x+2 του ελάχιστου υποσώµατος F 3 και να ϐρεθούν τα ελάχιστα πολυώνυµα των στοιχείων του. Εστω α F 3 2 µια ϱίζα του p(x) = + x + 2. Μπορούµε να αναπαραστήσουµε τα στοιχεία του F 3 2 στην µορφή f(a) όπου f(x) είναι τα 3 2 = 9 πολυώνυµα στο F 3 ϐαθµού d 1. Αφού p(a) = τότε ( 1 2 mod 3 και 2 1 mod 3). έχουµε α = (α 4 ) 2 = (α 2 α 2 ) 2 α 2 + α + 2 = α 2 = α 2 α 2 = 2α + 1, (1) = (2α + 1) 2 (2α + 1) 2 = (4α 2 + 4α + 1)(4α 2 + 4α + 1) (4 1 mod 3) = (α 2 + α + 1)(α 2 + α + 1) (α 2 = 2α + 1) = (2α + 1 + α + 1)(2α + 1 + α + 1) = (3α + 2)(3α + 2) (3 mod 3, 4 1 mod 3) = 1 Αφού α 2 1, α 4 1 και α τότε α = 1 και συνεπώς το α είναι πρωταρχική ϱίζα, οπότε F 3 2 = {, 1, α, α 2,... α 7 }. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι α 2 = 2α + 1, έχουµε ότι α 3 = α α 2 = α(2α + 1) = 2α 2 + α = 2(2α + 1) + α = 5α + 2 = 2α + 2 ( mod 3) α 4 = α α 3 = α(2α + 2) = 2α 2 + 2α = 2(2α + 1) + 2α = 6α + 2 = 2 ( mod 3) α 5 = α α 4 = 2α α 6 = α α 5 = 2α 2 = 2(2α + 1) = 4α + 2 = α + 2 α 7 = α α 6 = α(α + 2) = α 2 + 2α = 2α + 1 + 2α = 4α + 1 = α + 1 Συνεπώς ο πίνακας του σώµατος δίνεται από τον παρακάτω πίνακα k a 1 a 1 1 1 2 2 1 3 2 2 4 2 5 2 6 1 2 7 1 1 όπου k δηλώνει τον εκθέτη του στοιχείου α k και a 1, a, οι συντελεστές του πολυωνύµου f(x) = a 1 x + a. Για τα ελάχιστα πολυώνυµα γνωρίζουµε ότι αν α είναι ϱίζα ενός ανάγωγου πολυωνύµου m(x) ϐαθµού d τότε και τα d στοιχεία {a, Φ(a),...Φ d 1 (a)} είναι κι αυτά ϱίζες του m(x), όπου Φ ο αυτοµορφισµός Frobenius Φ(α) = α p, στην συγκεκριµένη περίπτωση p = 3. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι α = 1, διακρίνουµε τις εξής περιπτώσεις : Συζυγή στοιχεία του α: α, Φ(α) = α 3, Φ 2 (a) = α 9 = α α = α άρα α, α 3 Συζυγή στοιχεία του α 2 α 2, Φ(α 2 ) = α 6, Φ 2 (α 2 ) = α 1 = α 9 α 9 = α α = a 2 άρα α 2, α 6 Συζυγή στοιχεία του α 4 α 4, Φ(α 4 ) = α 12 = α 4 α = α 4 άρα α 4 Συζυγή στοιχεία του α 5 α 5, Φ(α 5 ) = α 15 = α 7 α = α 7 άρα α 5, α 7

3 Σηµειώνοντας µε m k (x) το ελάχιστο πολυώνυµο του στοιχείου α k έχουµε m 1 (x) = m 3 (x) = (x α)(x α 3 ) = (α + α 3 )x + α 4 = (α + 2α + 2)x + 2 = + x + 2 m 2 (x) = m 6 (x) = (x α 2 )(x α 6 ) = (α 2 + α 6 )x + α = (2α + 1 + α + 2)x + 1 = + 1 m 4 (x) = (x α 4 ) = x 2 m 5 (x) = m 7 (x) = (x α 5 )(x α 7 ) = (α 5 + α 7 )x + α 12 = (2α + α + 1)x + α α 4 = + 2α + 2 Τα υπόλοιπα ελάχιστα πολυώνυµα είναι τα µ (x) = x, µ 1 (x) = x 1 που αντιστοιχούν στα στοιχεία και 1. ϐ) Από την προηγούµενη ανάλυση αµέσως συµπεραίνουµε ότι αν α είναι µια ϱίζα του + x + 2, τότε µια ϱίζα του + 1 είναι το στοιχείο α 2 ή το συζυγές του α 6. γ) Από τον πίνακα του σώµατος έχουµε ότι το α + 2 αντιστοιχεί στο στοιχείο α 6. Αλλά 1 = α = α 6 α 2 κι έτσι το στοιχείο α 2 είναι το αντίστροφο του α + 2, το οποίο από τον πίνακα αντιστοιχεί στο 2α + 1. Οµοίως, το 2α + 2 αντιστοιχεί στο στοιχείο α 3, κι επειδή 1 = α = α 3 α 5, το στοιχείο α 5 είναι το αντίστροφο του 2α + 2, το οποίο από τον πίνακα αντιστοιχεί στο 2α. Θέµα 2 α) Από την ϑεωρία πεπερασµένων σωµάτων γνωρίζουµε ότι όλα τα δυνατά υποσώµατα ενός πεπερασµένου σώµατος F p n, p πρώτος, n ϑετικός ακέραιος, είναι της µορφής F p d όπου d n. (i) Οι διαιρέτες του n = 1 είναι 1, 2, 3, 6, 9, 1. Συνεπώς τα υποσώµατα του F 2 1 είναι τα : F 2, F 2 2, F 2 3, F 2 6, F 2 9, F 2 1 Το πλέγµα των υποσωµάτων δίνεται σχηµατικά από το παρακάτω F 2 1 F 2 9 F 2 6 F 2 3 F 2 2 (ii) Οι διαιρέτες του n = 4 είναι 1, 2, 4, 5,, 1, 2, 4. Συνεπώς τα υποσώµατα του F 3 4 είναι τα : F 2 F 3, F 3 2, F 3 4, F 3 5, F 3, F 3 1, F 3 2, F 3 4 Το πλέγµα των υποσωµάτων δίνεται σχηµατικά από το παρακάτω F 3 4 F 3 2 F 3 F 3 1 F 3 4 F 3 5 F 3 2 F 3

4 ϐ) Από την ϑεωρία γνωρίζουµε ότι το πλήθος των ανάγωγων πολυωνύµων ϐαθµού n πάνω στο F p, δίνεται από τον τύπο Π p (n) = 1 µ( n n d )pd d n όπου Οπότε µ( x 1 αν x/y = 1 y ) = ( 1) k αν x/y = p 1 p 2 p k για διαφορετικούς πρώτους p i αλλιώς Π 2 () = 1 µ( d )2d = 1 (µ()21 + µ(4)2 2 + µ(2)2 4 + µ(1)2 ) = 1 ( 21 + 2 2 + ( 1)2 4 + 2 ) d = 1 2 3(2 2 4 ) = 2 5 2 = 32 2 = 3 Το πλήθος των πρωταρχικών πολυωνύµων ϐαθµού n πάνω στο F p δίνεται από τον τύπο όπου ϕ(n) η συνάρτηση του Euler. Οπότε ϕ(2 1) ϕ(256 1) = = 2 4 16 = 16 = ϕ(255) = ϕ(p n 1) n ϕ(3 5 17) = ϕ(3)ϕ(5)ϕ(17)) = (3 1)(5 1)(17 1) Συνεπώς υπάρχουν 3 ανάγωγα πολυώνυµα ϐαθµού πάνω στο F 2, από τα οποία τα 16 είναι πρωταρχικά. Θέµα 3 α) Μια ϐάση του διανυσµατικού χώρου F 2 [x]/f(x) όπου f(x) = x 4 + x + 1 είναι η e = {1, α, α 2, α 3 }, όπου α = [x] f. Εχουµε την γραµµική απεικόνιση (αυτοµορφισµό Frobenius) Φ(a) = a 2. Εφαρµόζουµε την απεικόνιση Φ στην ϐάση e και έχουµε Φ(1) = 1 Φ(α) = α 2 οπότε ο πίνακας της Φ στην ϐάση e είναι ο Φ(α 2 ) = α 4 = α + 1 (α 4 = α + 1) Φ(α 3 ) = α 6 = α 2 α 4 = α 2 (α + 1) = a 3 + α 2 [Φ] {e} = 1 α α 2 α 3 1 α α 2 α 3 1 1 1 1 1 1 Σύµφωνα µε το κριτήριο που ϐασίζεται στον αλγόριθµο του Frobenius, το f(x) είναι ανάγωγο αν και µόνο αν ker(φ) = και ker(φ I) = F 2. Για να ϐρούµε τον υπόχωρο ker Φ: Για το παρακάτω οµογενές γραµµικό σύστηµα έχουµε ότι 1 1 1 1 1 1 x 1 x 3 x 4 = δηλαδή η µοναδική λύση είναι η µηδενική. Άρα kerφ =. x 1 + x 3 = x 3 = + x 4 = x 4 = x 1 = = x 3 = x 4 =

5 Για να ϐρούµε τον υπόχωρο ker(φ I): Για το παρακάτω οµογενές γραµµικό σύστηµα έχουµε ότι 1 1 1 1 1 1 x 1 x 3 x 4 = x 3 = + x 3 = + x 3 + x 4 = = άρα ker(φ I) = F 2 και συνεπώς το f(x) = x 4 + x + 1 είναι ανάγωγο πάνω στο F 2. x 1 F 2 αυθαίρετο = x 3 = x 4 = ϐ) Μια ϐάση του διανυσµατικού χώρου F 3 [x]/f(x) όπου f(x) = x 3 + x + 1 είναι η e = {1, α, α 2 }, όπου α = [x] f. Εχουµε την γραµµική απεικόνιση (αυτοµορφισµό Frobenius) Φ(a) = a 3. Εφαρµόζουµε την απεικόνιση Φ στην ϐάση e και έχουµε Φ(1) = 1 Φ(α) = α 3 = 2α + 2 Φ(α 2 ) = α 6 = α 3 α 3 = (2α + 2)(2α + 2) = 4α 2 + α + 4 = α 2 + 2α + 1 ( mod 3) οπότε ο πίνακας της Φ στην ϐάση e είναι ο [Φ] {e} = 1 α α 2 1 α α 2 1 2 1 2 2 [Φ] {e} I = 2 1 1 2 1 Για να ϐρούµε τον υπόχωρο ker(φ I): Για το παρακάτω οµογενές γραµµικό σύστηµα έχουµε ότι 2 1 1 2 x 1 x 3 = οπότε το τυχαίο v ker(φ I) γράφεται ως v = x 1 = x 1 1 2 + x 3 = + 2x 3 = = + 1 1 x 1 F 2 αυθαίρετο = x 3 F 2 και ker(φ I) = {(1,, ),(, 1, 1)}. Το διάνυσµα (, 1, 1) αντιστοιχεί στο πολυώνυµο h(x) = x +. Α- πό τον αλγόριθµο του Berlekamp γνωρίζουµε ότι τα πολυώνυµα µ.κ.δ(f(x), h(x)), µ.κ.δ(f(x), h(x) 1) και µ.κ.δ(f(x), h(x) 2) είναι ανάγωγοι παράγοντες του f(x). Εκτελώντας τον Ευκλείδιο αλγόριθµο διαίρεσης για την εύρεση µ.κ.δ. πολυωνύµων ϐρίσκουµε ότι: οπότε µ.κ.δ(f(x), h(x)) = 1 µ.κ.δ(f(x), h(x) 1) = + x + 2 µ.κ.δ(f(x), h(x) 2) = x + 2 x 3 + x + 1 = (x + 2)( + x + 2) είναι η ανάλυση σε ανάγωγα πολυώνυµα του f(x) = x 3 + x + 1. Αναλυτικά έχουµε: Για το µ.κ.δ(f(x), h(x)) x 3 + x + 1 = (x + 2)( + x) + (2x + 1) x + = (2x + 1)(2x + 1) + 2 2x + 1 = 2(x + 2) Οπότε µ.κ.δ(f(x), h(x)) = 1 (όπως έχουµε δει αν το υπόλοιπο είναι µη-µηδενικό στοιχείο του F 3 τότε αυτό µπορεί να αναχθεί στο στοιχείο 1). Για το µ.κ.δ(f(x), h(x) 1) x 3 + x + 1 = (x + 2)( + x 1) Οπότε µ.κ.δ(f(x), h(x) 1) = + x 1 = + x + 2 ( mod 3)

6 Για το µ.κ.δ(f(x), h(x) 2) Οπότε µ.κ.δ(f(x), h(x) 2) = x + 2 Θέµα 4 x 3 + x + 1 = (x + 2)( + x 2) + (x + 2) + x 2 = (x + 2)(x + 2) α) Από την ϑεωρία των κυκλοτοµικών πολυωνύµων γνωρίζουµε ότι για τα Q n (x) πάνω σ ένα σώµα F χαρακτηριστικής p µε p n έχουµε x n 1 = d n Q d (x) Εδώ έχουµε το σώµα F 2 και n = 9 και 2 9. Οι διαιρέτες του 9 είναι 1, 3, 9, οπότε έχουµε Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι x 9 1 = Q 1 (x)q 3 (x)q 9 (x) Q 1 (x) = x 1 = x + 1 ( mod 2) Q 3 (x) = + x + 1 Προφανώς τα πολυώνυµα Q 1 (x), Q 3 (x) είναι ανάγωγα πάνω στο F 2 (Q 3 () = Q 3 (1) = 1). Αρκεί να υπολογίσουµε το πολυώνυµο Q 9 (x) και να ϐρούµε αν είναι ανάγωγο ή όχι. Στην περίπτωση που δεν είναι ανάγωγο ϑα πρέπει µε κάποιον τρόπο να το παραγοντοποιήσουµε σε ανάγωγα πολυώνυµα. Από τον ορισµό των κυκλοτοµικών πολυωνύµων έχουµε ότι Q n (x) = d n (x d 1) µ(n/d) = d n (x n/d 1) µ(d) Οπότε Q 9 (x) = (x 9 1) µ(1) (x 3 1) µ(3) (x 1) µ(9) Οµως µ(9) = µ(3 2 ) =, µ(3) = 1 και µ(1) = 1, οπότε Q 9 (x) = x9 1 x 3 1 = (x3 1)(x 6 + x 3 + 1) x 3 = x 6 + x 3 + 1 1 Από το κριτήριο αναγωγιµότητας των κυκλοτοµικών πολυωνύµων ξέρουµε ότι το Q n (x) είναι ανάγωγο πάνω στο F p, p n αν και µόνο αν o n (p) = ϕ(n). Εδώ έχουµε για τον ϐαθµό του Q 9 (x) ότι ϕ(9) = ϕ(3 2 ) = 3(3 1) = 6 2 2 mod 9 2 2 4 mod 9 2 3 mod 9 2 4 7 mod 9 2 5 5 mod 9 2 6 1 mod 9 άρα o 9 (2) = 6 = ϕ(9) και συνεπώς το κυκλοτοµικό πολυώνυµο Q 9 (x) είναι ανάγωγο πάνω στο F 2. Τελικά έχουµε ότι η ανάλυση του x 9 1 σε ανάγωγα πολυώνυµα πάνω στο F 2 είναι x 9 1 = (x + 1)( + x + 1)(x 6 + x 3 + 1). ϐ) Για το υπολογισµό των κυκλοτοµικών πολυωνύµων Q 1 (x) και Q 24 (x), έχουµε:

7 Q 1 (x) = Q 2 3 2(x) = Q 2 3 (x 3 ) = Q 6 (x 3 ). Αρκεί να υπολογίσουµε το Q 6 (x). Από τον ορισµό των Q n (x) έχουµε Q 6 (x) = (x 6 1) µ(1) ( 1) µ(3) (x 3 1) µ(2) (x 1) µ(6) = (x6 1)(x 1) ( 1)(x 3 1) = (x3 1)(x 3 + 1)(x 1) (x 1)(x + 1)(x 3 1) = x3 + 1 x + 1 = x2 x + 1 = + x + 1 ( mod 2) Συνεπώς πάνω στο F 2 έχουµε Q 1 (x) = Q 6 (x 3 ) = x 6 + x 3 + 1 Ενας άλλος τρόπος υπολογισµού του Q 1 (x) ϐασίζεται στο γεγονός ότι πάνω σε ένα σώµα χαρακτηριστικής p ισχύει Q np k(x) = Q n (x) pk p k 1 Στο συγκεκριµένο ϑέµα ϑέλουµε να υπολογίσουµε το Q 1 (x) πάνω στο σώµα F 2 το οποίο έχει χαρακτηριστική 2. Οπότε έχουµε Q 1 (x) = Q 9 2 (x) = Q 9 (x) 2 1 = Q 9 (x) = x 6 + x 3 + 1 όπως ϐρήκαµε στο α) µέρος του ϑέµατος. Για τον υπολογισµό του πολυωνύµου Q 24 (x) πάνω στο F 2 χρησιµοποιούµε και πάλι την παραπάνω ιδιότητα και έχουµε Q 24 (x) = Q 3 2 3(x) = Q 3 (x) 23 2 2 = Q 3 (x) 4 = ( + x + 1) 4 = (x 4 + + 1) 2 = x + x 4 + 1 πάνω στο F 2. Θέµα 5 Από το κριτήριο αναγωγιµότητας των κυκλοτοµικών πολυωνύµων γνωρίζουµε ότι το Q n (x) είναι ανάγωγο πάνω στο F p, p n αν και µόνο αν o n (p) = ϕ(n). αν d = o n (p) n τότε το Q n (x) αναλύεται σε ϕ(n)/d διαφορετικά ανάγωγα πολυώνυµα πάνω στο F p, ίδιου ϐαθµού d. (i) Για το Q 1 (x) στο F 3 έχουµε: ϕ(1) = ϕ(2 5) = ϕ(2)ϕ(5) = (2 1)(5 1) = 4 3 3 mod 1 3 2 9 mod 1 3 3 7 mod 1 3 4 1 mod 1 Άρα o 1 (3) = ϕ(1) = 4 και συνεπώς το Q 1 (x) είναι ανάγωγο πάνω στο F 3. (ii) Για το Q 12 (x) πάνω στο F 5 έχουµε: ϕ(12) = ϕ(2 2 3) = ϕ(2 2 )ϕ(3) = 2(2 1)(3 1) = 4 5 5 mod 12 5 2 1 mod 12 Άρα ϕ(12) = 4 2 = o 12 (5) και συνεπώς το Q 12 (x) δεν είναι ανάγωγο πάνω στο F 5. Το Q 12 (x) αναλύεται σε 2 ανάγωγα πολυώνυµα ϐαθµού 2. (iii) Για το Q 13 (x) πάνω στο F 3 έχουµε: ϕ(13) = 13 1 = 12 3 3 mod 13 3 2 9 mod 13 3 3 1 mod 13

Άρα ϕ(13) = 12 3 = o 13 (3) και συνεπώς το Q 13 (x) δεν είναι ανάγωγο πάνω στο F 3. Το Q 13 (x) αναλύεται σε 4 ανάγωγα πολυώνυµα ϐαθµού 3. (iv) Για το Q 14 (x) πάνω στο F 11 έχουµε: ϕ(14) = ϕ(2 7) = (2 1)(7 1) = 6 11 11 mod 14 11 2 9 mod 14 11 3 1 mod 14 Άρα ϕ(14) = 6 3 = o 14 (11) και συνεπώς το Q 14 (x) δεν είναι ανάγωγο πάνω στο F 11. Το Q 14 (x) αναλύεται σε 2 ανάγωγα πολυώνυµα ϐαθµού 3. Θέµα 6 α) Θεωρούµε την δυαδική κωδικο-συνάρτηση f : B 3 B 6 µε γεννήτορα πίνακα G = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Θα ϐρούµε πρώτα τις κωδικολέξεις της f πολλαπλασιάζοντας τα στοιχεία του B 3 µε τον πίνακα G από αριστερά: 1 111 1 111 1 f 111 11 1111 11 1111 11 1111 111 111 Επειδή min d = 3, ο κώδικας εντοπίζει 3 1 = [ ] 3 1 2-λάθη και διορθώνει 2 = 1 -λάθη. ϐ) Ο πίνακας ελέγχου-ισοτιµίας H του κώδικα µε γεννήτορα-πίνακα G είναι ο 1 1 1 1 H = 1 1 1 1 1 Με την ϐοήθεια του πίνακα H κατασκευάζουµε τον παρακάτω πίνακα συνδρόµων-πλευρικών οδηγών της f. σύνδροµα πλευρικοί οδηγοί 1 1 1 1 1 1 11 1 11 1 11 1 111 11 Ο παραπάνω πίνακας παράγεται παίρνοντας τους πλευρικούς οδηγούς (λέξεις µήκους 6 ελάχιστου ϐάρους) και πολλαπλασιάζοντας µε τον πίνακα H από αριστερά. Αφού εξαντλήσουµε την περίπτωση πλευρικών οδηγών µε ελάχιστο ϐάρος 1 (το ψηφίο 1 εµφανίζεται το πολύ µια ϕορά στην λέξη) παρατηρούµε ότι στην στήλη των αντίστοιχων σύνδροµων στοιχείων δεν έχουµε όλο το σύνολο B 3, γιατί το στοιχείο 111 απουσιάζει. Το 111 παράγεται, για

9 παράδειγµα ως 111 = 11 + 1, µε τα ήδη υπάρχοντα σύνδροµα στοιχεία και προσθέτοντας τους αντίστοιχους πλευρικούς οδηγούς έχουµε 11 = 1+1. Οπότε έχουµε ένα πλήρη πίνακα σύνδροµων-πλευρικών οδηγών. γ) Το µήνυµα που λαµβάνουµε είναι 1111, 11, 1111. Παρατηρούµε ότι καµιά λέξη που λάβαµε δεν είναι κωδικολέξη. Οπότε ϑα εφαρµόσουµε τον αλγόριθµο αποκωδικοποίησης για γραµµικούς κώδικες χρησιµοποιώντας τον πίνακα σύνδροµων-πλευρικών οδηγών που κατασκευάσαµε στο προηγούµενο ϐ) µέρος. Για κάθε µια από τις λέξεις που λάβαµε ϐρίσκουµε το σύνδροµο της και προσθέτουµε στην λέξη τον αντίστοιχο πλευρικό οδηγό. Θέτουµε w 1 = (, 1, 1, 1,, 1), w 2 = (1, 1,,,, ), w 3 = (1,, 1, 1, 1, ) και έχουµε Θέµα 7 σύνδροµο πλευρικός οδηγός διορθωµένη λέξη κωδικολέξη αποκωδ/µένο µήνυµα w 1 H = (, 1, 1) e 1 = (, 1,,,, ) w 1 + e 1 = (,, 1, 1,, 1) 111 1 D w 2 H = (1,, 1) e 2 = (,, 1,,, ) w 2 + e 2 = (1, 1, 1,,, ) 111 111 N w 3 H = (1,, 1) e 3 = (,, 1,,, ) w 3 + e 3 = (1,,, 1, 1, ) 111 1 A α) Μας Ϲητείται να ϐρούµε τον ελάχιστο κυκλικό κώδικα µήκους 7 που περιέχει την κωδικολέξη 1111. Θέτουµε f(x) = x 7 1, και h(x) = 1 + x 3 + x 4 + x 5 το πολυώνυµο που αντιστοιχεί στην κωδικολέξη 1111. Από την ϑεωρία των κυκλικών κωδίκων γνωρίζουµε ότι το πολυώνυµο-γεννήτορας που µας Ϲητείται είναι το g(x) = µ.κ.δ(f(x), h(x)) Εκτελώντας τον Ευκλείδιο αλγόριθµο διαίρεσης για την εύρεση του µ.κ.δ πολυωνύµων ϐρίσκουµε ότι x 7 1 = x 7 + 1 ( mod 2) = (x + )(1 + x 3 + x 4 + x 5 ) + (1 + x + + x 4 ) (1 + x 3 + x 4 + x 5 ) = (x + 1)(1 + x + + x 4 ) Συνεπώς g(x) = 1 + x + + x 4 είναι το Ϲητούµενο πολυώνυµο-γεννήτορας. ϐ) Εχουµε έναν κυκλικό κώδικα µήκους 7 µε πολυώνυµο-γεννήτορα g(x) = 1 + x + + x 4, οπότε C : B 3 B 7 Η λέξη που λήφθηκε είναι η w = 111 η οποία αντιστοιχεί στο πολυώνυµο w(x) = 1 + + x 4. Παρατη- ϱούµε ότι 1 + + x 4 = (1 + x + + x 4 ) + x οπότε g(x) w(x) και συνεπώς η w δεν είναι κωδικολέξη και ϑα πρέπει να διορθωθεί µε την υπόθεση ότι ο κώδικας C εντοπίζει 2-λάθη και διορθώνει 1-λάθη. Ο προηγούµενος υπολογισµός δείχνει ότι το σύνδροµο πολυώνυµο του w(x) είναι s(x) = w(x) mod g(x) = x Παρατηρούµε ότι το ϐάρος του πολυωνύµου s(x) είναι wt(s(x)) = 1 1, οπότε δεν είναι αναγκαίο να συνεχίσουµε τον αλγόριθµο αποκωδικοποίησης για κυκλικούς κώδικες, και ϑέτουµε Συνεπώς η διορθωµένη λέξη (πολυώνυµο) w(x) είναι e(x) = x 7 s(x) mod (x 7 + 1) = x mod (x 7 + 1) = x w(x) = w(x) + e(x) = 1 + x + + x 4 = g(x) Τελικά η λέξη (πολυώνυµο) που κωδικοποιήθηκε µε τον κυκλικό κώδικα C είναι η που αντιστοιχεί στη λέξη 1 B 3. g(x)/g(x) = 1