1 Codes correcteurs derreurs
Exercice 1.1 Soit C le code binaire : C = {0000110000001111
TD Réseau Les codes correcteurs et les codes détecteurs Claude
Les codes correcteurs et les codes détecteurs un code détecteur et correcteur d'erreurs. ... Exercice : y a-t-il une erreur dans le mot suivant ?
Codes Correcteurs dErreurs Cours 1 + Introduction + Codes
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Codes Correcteurs dErreurs Les codes cycliques
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Exercices Codes Correcteurs
Exercices Codes Correcteurs On consid`ere le code binaire o`u on envoie 16 bits pour 9 bits significatifs de ... On rappelle qu'il corrige une erreur.
Codes correcteurs 1
24?/03?/2020 1.4 Construction des codes cycliques . ... A Corrigé des exercices ... + en?1xn?1 est le vecteur erreur de poids ? (d ? 1)2.
Chapitre12_IFT1215.ps (mpage)
CODES CORRECTEURS. Max Mignotte Détection d'erreurs groupés : Code CRC . ... sans les bits de contrôle le message corrigé est 1001. 6. CODES ...
TD. Codes correcteurs
Si on expédie des bits sur un canal binaire symétrique `a raison de 512 bits toutes les millisecondes avec une probabilité d'erreur de 1%
[PDF] Corrigé Exercice 1: 1a : P X = = C p 1 ? p = 012345 1b - LIRMM
Corrigé Exercice 1: 1 a : P X = = C p 1 ? p = 012345 1 b : L'erreur est détectée lorsque le nombre de bits erronés est 1 2 3ou 4 c-?à-?d
[PDF] 1 Codes correcteurs derreurs
1 Codes correcteurs d'erreurs Exercice 1 1 Soit C le code binaire : C = {00001100000011110101010111011101} 1 Quelle est la longueur de C ?
[PDF] TD Réseau Les codes correcteurs et les codes détecteurs Claude
? Utilisation de méthodes de détection des erreurs et éventuellement de correction des erreurs Méthodes mises en place au niveau de la couche 2 OSI ("liaison
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Codes permettant de détecter des erreurs • Code auto correcteurs Détection et correction d'une ou plusieurs erreurs BER Bit Error Rate
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Nous allons nous pencher sur les principaux codes correcteurs binaires et voir comment se déroule le codage et la correction d'erreurs notamment pour les codes
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a l'écart de C d = 3 donc C corrige une erreur Exemple Soit C3 le code de Hamming binaire de longueur 7 et de dimension 4 Alors sa matrice de correction
[PDF] Exercices Codes Correcteurs - ENSIIE
Exercice 2 On consid`ere le code binaire o`u on envoie 16 bits pour 9 bits Exercice 7 (Correction d'erreurs) On rappelle qu'il corrige une erreur
[PDF] codes correcteurs derreurs Les premiers exercices de cette feuille
Les codes binaires ayant une distance minimum égale à 3 sont très intéressants car ce sont les premiers codes permettant la correction d'erreur de transmission
[PDF] Codes correcteurs derreurs
qu'on le décode comme un mot de C `a distance minimum de r On dit que C est t-correcteur (ou corrige t erreurs) quand toute erreur portant sur au plus t bits
![Mathématiques des codes correcteurs derreurs Mathématiques des codes correcteurs derreurs](https://pdfprof.com/Listes/17/32646-172cc.pdf.pdf.jpg)
A.A.Pantchichkine
Résumé
dedécodage. 1Tabledesmatières
6.BornesdePlotkinetdeGilbert-Varshamov56
27.11.CodesgéométriquesdeGoppa:
-construction.........................83AAnnexe:Rappelssurlescorpsnis92
CAnnexe:Bornessurcodes114
DAnnexe:Codescycliques.CodesdeGolay131
3Introduction
Basesmathématiques:
CodesdeHamming.
6.BornesdePlotkinetdeGilbert-Varshamov.
modernitédesesmotivations. deReed-Mullerd'ordre1etdelongueur32". u=(1;2;3;4;5;6); 4 1 2 3 4 5 60B B B B B B C C C C C C A() F 6 2 x=(x1;x2;x3;x5)del'espaceaneF5
2(il'yena32):
j1=x5+2x4+4x3+8x2+16x1;xi=0ou1; alors j2f1;2;;32g !(x1;x2;x3;x4;x5)mod22F5 2: 2: 2g=F5 2 (l'espaceF52toutentier),
2g2commenceparlenumeroj=17$(1;0;0;0;0).
Puis 2g2commencentparlenumero
OnvériequelespartiesdeF5
f(x1;x2;x3;x5)=1del'espaceaneF5 2 (d(f)=1). 2!F2: A1 !f1;f:F5
2!F2; A2 !f1;f(x1;x2;x3;x5)=x1"lepremierchire"dej1mod22F2;
A3 !f1;f(x1;x2;x3;x5)=x2"lesecondchire"dej1mod22F2;
A4 !f1;f(x1;x2;x3;x5)=x3"letroisièmechire"dej1mod22F2;
A5 !f1;f(x1;x2;x3;x5)=x4"lequatrièmechire"dej1mod22F2;
A6 !f1;f(x1;x2;x3;x5)=x5"ledernierchire"dej1mod22F2:
51A1+2A2+3A3+4A4+5A5+6A6 !f=1+2x1+3x2+4x3+5x4+6x5:
(lafonctionindicatricedelapartie f(x1;x2;x3;x5)=1del'espaceaneF5 2):2contientauplus8éléments,doncles
danscecaslerésultatc0Décodaged'unmotreçuy2F32
2:siyétait
unmotdecode, alors 81=f(0;0;0;0;0)=y1;
1+2=f(1;0;0;0;0)=y17;
1+3=f(0;1;0;0;0)=y9;
1+4=f(0;0;1;0;0)=y5;
1+5=f(0;0;0;1;0)=y3;
1+6=f(0;0;0;0;1)=y2:
C'est"l'erreurdetransmission".Alors
u0=(1;2;3;4;5;6):
6 uncanalbruitéCodesderépétitionpure.
1.1.Principedetransmissiond'information
nisetdespolynômessurceux-ci. transmissionestlesuivant:SOURCE
messageà transmettre aemisENCODEUR
message codé cemis CANAL detransmissione(erreur) BRUITDESTINARAIRE
message décodéa0DECODEUR
message c0=c+ereçu
Par1.2.Hypothèsessuruncanalbruité
hypothèsesfondamentales: mêmeprobabilitép.1.3.Généralitéssurlescodes
7E:Fk!Fn
longueur.DanscecasCard(C)=qk F nFn!N (a;b)7!Cardfi2f0;1;:::;ngjai6=big (b)SoitFuncorpsni.L'applicationw:Fn!N a7!d(a;0)=Cardfi2f0;1;:::;ngjai6=0g estlepoidsdeHamming. d(a;b)=0()(ai=bi;1in)()a=b d(a;b)=d(b;a)pourtousa;bpourtousEn d=d(C)=min x;y2Fk x6=yd(C(x);C(y)) rapportR=k=n (c)1=RestlecoecientderedondancedeC.B(x;t)=fy2Fnjd(x;y)tgFn
8Or,destunedistance,donc
d(y;c0)d(c;c0)d(c;y) d(y;c0)t+1D:Fn!Fk
tellequeDC=IdFk.8y2Fn8u2Fk;d(E(u);y)d(E(D(y));y)
suite F kN3a=(a1;:::;ak;ak+1;:::;akN); où u a7!EN(a)=(E(u1);:::;E(uN))2FnN avecleshypothèses1.2.: EN(a)7!~EN(a)2FnN
desbonscodes. correction"): =d n;etonsupposequepestassezpetit:p<2:2"1n.Danscecas
(p+")n(21n)n=d21t=d12
C'est-à-dire,DNEN(a)=EN(a),sip<
trèsprocheà1. 2mais nN(lerendement)estsusanteR>R0pour 9 lesdeuxlimites lim i!1k i ni=R>0;limi!1d ini=>0;Illustrationdel'idée:
lasommedescoordonnées: E:Fk2!Fk+12,
Uneautreméthodeestcellede
répétition: E m:Fk!Fkm; rendementtendverszéro:km nm=1m!0. k k=1;k n1m0)nm0: dudecodageerroné. (a)Montrerque P=X0l n l (1p)lpnl=O(pn=2)lorsquep!0: restricionnm0. (b)Pourtoutp<1 1.5.ThéorèmedeShannon(1948)
codesCFn 10 H(p):=pln(p)
ln(2)(1p)ln(1p)ln(2) H(p)=plog(p)
log(2)(1p)log(1p)log(2) 00.20.40.60.81
R 0.20.40.60.81p
R=1+plog(p)log(2)+(1p)log(1p)log(2)
Remarque1.11
P (Mn;n;p)=minC(PC=M1nM nX i=1P i) famillefCngFn 2descodesbinairesdecardinal
Card(Cn)=Mn=2[Rn]!1
2 P (Mn;n;p)=PCn=M1nM nX i=1P i!0: q] H q(0)=0;Hq()=log(q1) log(q)log()log(q)(1)log(1)log(q): 11 distancerelative BornedeHamming.BornedeSingleton.
Danscecaslesboules
B(x;t)=fy2Fnjd(x;y)tgFn
Définition2.1(a)Lenombret=d1
2estditlacapacitédecorrection
t(C)etencasd'égalitélecodeCestdit parfait. Questions:
recouvrement(C)xé? CardB(x;r)=jB(x;r)j=:Vq(n;r)("
levolumedelabouledeHamming"). CardB(x;r)=Vq(n;r)=rX
i=0(q1)in i ir. CalculonsCard(S(x;i))pourxetixés
Card(S(x;i))=Cardfy2Fnjd(x;y)=dg
Ilyadoncn
êtredeq1façons,c'estàdire
Card(S(x;i))=(q1)in
i 12 2.2.BornedeHammingetbornedeSingleton
2etdecardinalM=Card(C).Alors
M tX i=0(q1)in i qn;doncVq(n;t)qn=M()Mqn=Vq(n;t): Preuve:DansFn,ilyan
1+n 1(q1)++n
capacitédecorrectiont=d1 2.Alors
max C(Card(C))qn=Vq(n;t)
(C).Alors minC(Card(C))qn=Vq(n;(C)) knd+1()R1+1=n; oùR=k=n,=d=n. Preuve.Onpose
poidsdeCestd,d'oùknd+1. enanglais). existeetpositivesleslimites lim i!1k i ni=R>0;limi!1d ini=>0; quelquesrelations. 13 onpose R=limsup
i!1k i ni;=limsup i!1d ini; alors R1 obtientlerésultat:R1. q] H q(0)=0;Hq()=log(q1) log(q)log()log(q)(1)log(1)log(q) Proposition2.9
1 n+1qnHqrn Vq(n;r)=rX
i=0(q1)in i qnHqrn (2.1) z ir1=)rX i=0(q1)in i rX i=0(q1)in i z ir: r X i=0(q1)in i z irnX i=0(q1)in i z ir=zr(1+(q1)z)n=:g(z): diff(z^(-r)*(1+(q-1)*z)^n,z); z(r)r(1+(q1)z)n z+z(r)(1+(q1)z)nn(q1)1+(q1)z Cecidit,g0(z)estégaleà
Ceciimplique
g 0(z)=0()rz1r(1+(q1)z)n1((q1)(nr)zr)=0:
donc z 0=r (q1)(nr)=r=n(q1) 1rn g(z0)=zr0(1+(q1)z0)n;1+(q1)z0=1+r nr=nnr=11rn; etleminimumest g(z0)=(q1)rr n r 1rn nr: 14 Unexemplenumérique:
restart;q:=3;r:=1;n:=3; g(z):=z^(-r)*(1+(q-1)*z)^n; q:=3 r:=1 n:=3 g(z):=(1+2z)3 z gprime(z):=(1+2z)3 z2+6(1+2z)2z >z0:= >r/((q-1)*(n-r)); z0:=1 4 >'y=g(z)'; 02468101214161820
y 0.20.40.60.81z
y=g(z) D'autrepart
q nHqr n =qnr nlog(q1) log(q)r nlog(rn) log(q)(1r n)log(1rn) log(q)= (q1)rr n r 1rn nr=g(z0); d'où l'inégalitésupérieure. r X i=0(q1)in i >(q1)rn r 1 n+1~zr(1+(q1)~z)ng(z0):(2.2) 15 Eneet,ledéveloppement(1+(q1)~z)n=Pn
i=0Ai~zicontientn+1termes,Ai~zi=n i(q1)i~zi,et i(q1)r~zrsoitmaximalparmiAi~zi: A i1~zi1 Ai~zi=1~z
n i1 n i 1 (q1)1=(2.3) 1 ~zn!(i1)!(ni+1)!i!(ni)!n!1~zA i1Ai=1~zi(ni+1)(q1): Onvoitdoncque
A i1~zi1 Ai~zi=1~zi(ni+1)(q1)
estune ~z2r (nr+1)(q1);r+1(nr)(q1) ()12Ar1~zr1Ar~zr;Ar~zrAr+1~zr+1 ona(pourtouslesi;javec0iCeciimplique A i1~zi1Ai~ziAr~zr;Ar~zrAr+1~zr+1Aj~zj:::: MaisparnotrechoixletermeAr~zr=n
i(q1)r~zrestmaximalparmiAi~zi,donc ~zr(1+(q1)~z)n(n+1)Ar)g(z0)(n+1)rX i=0(q1)in i Ilresteàrapellerque
g(z0)=qnHqr n =(q1)rrn r 1rn nr; ceciimpliquelaborneinférieure: 1 n+1qnHqrn Vq(n;r)=rX
i=0(q1)in i Corollaire2.10Lorsquen!1,r
n!,onaquotesdbs_dbs29.pdfusesText_35
1.5.ThéorèmedeShannon(1948)
codesCFn 10H(p):=pln(p)
ln(2)(1p)ln(1p)ln(2)H(p)=plog(p)
log(2)(1p)log(1p)log(2)00.20.40.60.81
R0.20.40.60.81p
R=1+plog(p)log(2)+(1p)log(1p)log(2)
Remarque1.11
P (Mn;n;p)=minC(PC=M1nM nX i=1P i) famillefCngFn2descodesbinairesdecardinal
Card(Cn)=Mn=2[Rn]!1
2 P (Mn;n;p)=PCn=M1nM nX i=1P i!0: q] H q(0)=0;Hq()=log(q1) log(q)log()log(q)(1)log(1)log(q): 11 distancerelativeBornedeHamming.BornedeSingleton.
Danscecaslesboules
B(x;t)=fy2Fnjd(x;y)tgFn
Définition2.1(a)Lenombret=d1
2estditlacapacitédecorrection
t(C)etencasd'égalitélecodeCestdit parfait.Questions:
recouvrement(C)xé?CardB(x;r)=jB(x;r)j=:Vq(n;r)("
levolumedelabouledeHamming").CardB(x;r)=Vq(n;r)=rX
i=0(q1)in i ir.CalculonsCard(S(x;i))pourxetixés
Card(S(x;i))=Cardfy2Fnjd(x;y)=dg
Ilyadoncn
êtredeq1façons,c'estàdire
Card(S(x;i))=(q1)in
i 122.2.BornedeHammingetbornedeSingleton
2etdecardinalM=Card(C).Alors
M tX i=0(q1)in i qn;doncVq(n;t)qn=M()Mqn=Vq(n;t):Preuve:DansFn,ilyan
1+n1(q1)++n
capacitédecorrectiont=d12.Alors
maxC(Card(C))qn=Vq(n;t)
(C).Alors minC(Card(C))qn=Vq(n;(C)) knd+1()R1+1=n; oùR=k=n,=d=n.Preuve.Onpose
poidsdeCestd,d'oùknd+1. enanglais). existeetpositivesleslimites lim i!1k i ni=R>0;limi!1d ini=>0; quelquesrelations. 13 onposeR=limsup
i!1k i ni;=limsup i!1d ini; alors R1 obtientlerésultat:R1. q] H q(0)=0;Hq()=log(q1) log(q)log()log(q)(1)log(1)log(q)Proposition2.9
1 n+1qnHqrnVq(n;r)=rX
i=0(q1)in i qnHqrn (2.1) z ir1=)rX i=0(q1)in i rX i=0(q1)in i z ir: r X i=0(q1)in i z irnX i=0(q1)in i z ir=zr(1+(q1)z)n=:g(z): diff(z^(-r)*(1+(q-1)*z)^n,z); z(r)r(1+(q1)z)n z+z(r)(1+(q1)z)nn(q1)1+(q1)zCecidit,g0(z)estégaleà
Ceciimplique
g0(z)=0()rz1r(1+(q1)z)n1((q1)(nr)zr)=0:
donc z 0=r (q1)(nr)=r=n(q1) 1rn g(z0)=zr0(1+(q1)z0)n;1+(q1)z0=1+r nr=nnr=11rn; etleminimumest g(z0)=(q1)rr n r 1rn nr: 14Unexemplenumérique:
restart;q:=3;r:=1;n:=3; g(z):=z^(-r)*(1+(q-1)*z)^n; q:=3 r:=1 n:=3 g(z):=(1+2z)3 z gprime(z):=(1+2z)3 z2+6(1+2z)2z >z0:= >r/((q-1)*(n-r)); z0:=1 4 >'y=g(z)';02468101214161820
y0.20.40.60.81z
y=g(z)D'autrepart
q nHqr n =qnr nlog(q1) log(q)r nlog(rn) log(q)(1r n)log(1rn) log(q)= (q1)rr n r 1rn nr=g(z0); d'où l'inégalitésupérieure. r X i=0(q1)in i >(q1)rn r 1 n+1~zr(1+(q1)~z)ng(z0):(2.2) 15Eneet,ledéveloppement(1+(q1)~z)n=Pn
i=0Ai~zicontientn+1termes,Ai~zi=n i(q1)i~zi,et i(q1)r~zrsoitmaximalparmiAi~zi: A i1~zi1Ai~zi=1~z
n i1 n i 1 (q1)1=(2.3) 1 ~zn!(i1)!(ni+1)!i!(ni)!n!1~zA i1Ai=1~zi(ni+1)(q1):Onvoitdoncque
A i1~zi1Ai~zi=1~zi(ni+1)(q1)
estune ~z2r (nr+1)(q1);r+1(nr)(q1) ()12Ar1~zr1Ar~zr;Ar~zrAr+1~zr+1 ona(pourtouslesi;javec0iMaisparnotrechoixletermeAr~zr=n
i(q1)r~zrestmaximalparmiAi~zi,donc ~zr(1+(q1)~z)n(n+1)Ar)g(z0)(n+1)rX i=0(q1)in iIlresteàrapellerque
g(z0)=qnHqr n =(q1)rrn r 1rn nr; ceciimpliquelaborneinférieure: 1 n+1qnHqrnVq(n;r)=rX
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