Let C be an (n,k,d)q code. Then prove that fixing any n −d +1 positions uniquely determines the corresponding codeword.中文回答

题目要求证明，对于一个（n，k，d）q码，任意固定n-d+1个位置，都能唯一确定对应的码字。

假设存在两个码字c1和c2，它们在固定的n-d+1个位置上是相同的，但是它们不相等。也就是说，在这n-d+1个位置上，c1和c2的差异是在其他位置上。那么，它们之间的汉明距离就是这些差异的数量，也就是大于等于d的。

但是，我们知道C码的最小距离为d，也就是说，c1和c2的汉明距离小于d，这与前面的假设矛盾。因此，不存在两个在这n-d+1个位置上相同的码字，也就是说，这n-d+1个位置能够唯一确定对应的码字。

相关问题

In this exercise, we will prove the so called Griesmer Bound. For any [n,k,d]q , prove that n ≥ k−1 i X=0 » q d i ¼中文回答

这题是要证明 Griesmer Bound ，对于任意 [n,k,d]q ，有 n ≥ k−1 i X=0 » q d i ¼。

证明如下：

考虑构造一个 k-1 阶的仿射空间 AG(k-1,q)，其中每个点代表一个 k-1 阶的多项式。此时，我们可以将每个 n 阶的多项式表示成一个 k-1 阶的多项式加上一个 k-1 阶以下的余项。

假设 d 是该码的最小距离，那么存在一个非零多项式 f(x) 使得它的次数小于 d，但是每个非零多项式 g(x) 满足 f(x) 和 g(x) 乘积的次数都大于等于 d。这意味着我们可以用 f(x) 来表示该码中的每个非零多项式。

此外，我们知道一个 k-1 阶的多项式最多有 q^(k-1) 个不同的系数，所以 AG(k-1,q) 中最多有 q^(k-1) 个点。由于 f(x) 的次数小于 d，所以它至多有 q^d 个根。因此，对于任意一个非零多项式 g(x)，它和 f(x) 的乘积最多有 q^d 个根，这些根对应着 AG(k-1,q) 的一些点，因此码中的非零多项式数量最多为 q^(k-1) / q^d = q^(k-d-1) 个。

因此，我们得出结论：n ≥ k-1 + q^(k-d-1)。

Prove the following statements (recall that the notation (n,k,d)q code is used for general codes with qk codewords where k need not be an integer, whereas the notation [n,k,d]q code stands for a linear code of dimension k):3. If there exists an [n,k,d]q code, then there also exists an [n −d,k −1,d ′ ≥ ⌈d/q⌉]q code.用中文回答

这个结论可以证明如下：假设存在一个线性码 C，它是一个 [n,k,d]q 码，即它有 q^k 个码字，每个码字长度为 n，最小距离为 d。我们可以构造一个新的码 D，它的码字集合为 C 中所有长度为 d 的码字的补集。也就是说，D 中的码字是 C 中所有长度不为 d 的码字。显然，D 中的码字个数为 q^k - A_d(n,d)，其中 A_d(n,d) 表示长度为 n，最小距离为 d 的码字数。因为 C 是一个线性码，所以 D 也是一个线性码。

现在我们来证明 D 是一个 [n - d, k - 1, d' ]q 码，其中 d' ≥ ⌈d/q⌉。首先，D 的码字长度为 n - d，这是因为它只包含了 C 中长度不为 d 的码字。其次，D 的维数为 k - 1，因为我们从 C 中删除了一个长度为 d 的码字，因此 D 中的码字个数比 C 少了 q^(k-1) 个。最后，我们来计算 D 的最小距离 d'。对于任意一个 D 中的码字，它一定与 C 中的某个长度为 d 的码字的距离不超过 d。因此，D 中的任意两个不同码字的距离都不会小于 ⌈d/q⌉。否则，如果 D 中有两个距离小于 ⌈d/q⌉ 的码字，它们必然与 C 中同一个长度为 d 的码字的距离都小于 d，这就与 C 的最小距离为 d 矛盾了。因此，我们得到了 d' ≥ ⌈d/q⌉。

因此，我们成功地构造了一个 [n - d, k - 1, d' ]q 码 D，它的存在性表明了如果存在一个 [n,k,d]q 码，那么必然存在一个 [n - d, k - 1, d' ]q 码。