А1 ÅЕ1 = 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 R1 = 1 – 6 / 7 = 1 / 7.
Нехай у комбінації кореляційного коду виникла однократна помилка, вектор якої Е2 = 000010000000. Тоді сума А2 Å Е2 = 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 R2 = 0,5. Таким чином R2 > R1.
Задача 7.2.4
Закодувати комбінацію 1001111 двійкового простого коду ( k = 7 ) двійковими кодами, що виявляють помилки: інверсним ( Ба-уера ) та Бергера. Виявити однократну помилку і порівняти надмірності цих кодів.
Розв’язання. Кодова комбінація інверсного коду, з огляду на непарну кількість одиниць у первинній комбінації, буде мати вигляд: А1 = 10011110110000, а коду Бергера – А2 = 1001111010 (тому що, r = log2 ( 7 + 1 ) = log 2 8 = 3, 510 = 1012, інверсія 101 ® 010 ).
Нехай у комбінації інверсного коду виникла однократна помилка, вектор якої Е1 = 00000100000000.Тоді сума А1 ÅЕ1 = 10011010110000. У декодері підраховується кількість одиниць у першій половині кодової комбінації, яка у даному разі дорівнює 4. Це означає, що друга половина комбінації повинна прийматися у позитиві. Порівнюючи першу та другу (неінвертовану) частини при-
йнятої кодової комбінації, одержимо незбіг у шести розрядах, що вказує на наявність у ній помилки. Надмірність коду R1 = 0,5.