Les suport de transmission

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Corrig´ de la feuille de TD 6 e

Exercice 1 X 7 + 1 = (X + 1)(X 3 + X + 1)(X 3 + X 2 + 1) est une factorisation complˆte. e Un code cyclique de longueur 7 ´tant engendr´ par un diviseur de g(X) dee e X 7 + 1 (de degr´ n − k), on a les cas suivants : e g(X) = (X + 1), qui donne un code de param`tres (6, 7). e On reconnaˆ le bit de parit´. ıt e g(X) = (X 3 + X + 1), qui donne un code deparam`tres (4, 7). e On reconnaˆ un code de Hamming. ıt g(X) = (X 3 + X 2 + 1), qui donne un code de param`tres (4, 7). e On reconnaˆ un autre code de Hamming. ıt g(X) = (X + 1)(X 3 + X + 1), qui donne uncode de param`tres (3, 7). e On reconnaˆ un code simplexe. ıt g(X) = (X + 1)(X 3 + X 2 + 1), qui donne un code de param`tres (3, 7). e On reconnaˆ un autre code simplexe. ıt g(X) = (X + 1)(X 3 + X + 1)(X3 + X 2 + 1) = 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + X 6 , qui donne un code de param`tres (1, 7). On reconnaˆ le code de r´p´tition pure. e ıt e e Et c’est tout !

Exercice 2 Posons g(X) = X 3 + X + 1,on effectue les divisions euclidiennes : 1 + X + X 5 + X 6 = (X + X 2 + X 3 )g(X) + 1. Le reste est non nul, ce mot contient des erreurs. X + X 3 + X 4 + X 5 = (X + X 2 )g(X). Le reste est nul, ce motne contient pas d’erreur. 1 + X + X 2 + X 5 = (1 + X 2 )g(X). Le reste est nul, ce mot ne contient pas d’erreur. 1 + X + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + X 6 = (X 3 + X 2 + 1)g(X). Le reste est nul, ce mot necontient pas d’erreur. 1 + X et 1 + X 2 sont de degr´ < deg(g(X)) = 3 donc sont leurs propres restes. e Etant non nuls, ils contiennent des erreurs.

Exercice 3 Un code de distance minimale d ≤ 2 apour distance minimale d = 1 Soit C (l’image d’) un code cyclique de param`tres (k, n, 1) e C est cyclique donc lin´aire, d est donc le plus petit poids non nul d’un mot e de code ; il existe donc unmot de code de poids 1, disons 0...010...0 C ´tant cyclique, tous les d´calages circulaire de ce mots sont aussi des mots e e de code. En particulier, les mots 10..0, 010..0, ..., 0...010, 0...01...
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