知识点梳理
1、并集的定义：一般地，由所有属于集合A或集合B的元素所组成的集合，叫做A与B的并集，并集的符号：记作A∪B，读作A并B，表达式为A∪B＝｛x|x∈A或x∈B｝。&2、韦恩图表示为。3、并集的性质：
整理教师:&&
举一反三（巩固练习，成绩显著提升，去）
根据问他()知识点分析，
试题“已知集合A={1，2，3，4}，B={2，4，5}，则A∪B...”，相似的试题还有：
已知集合A=(1，3)，B=[2，4]，则A∪B=()．
已知集合A={1，2，4}，B={2，4，5}，则A∪B=_____．
设集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B=_____．您所在位置： &
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信息论与编码3.ppt54页
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··········
··········
【例3.18】
对给定的信源，用两种方法进行D
2进制霍夫曼编码。 计算 M+r
2+ m（2-1） →
0 方法一：若概率之和与原信源中的某概率相等，将概率之和往上排，如图3-8所示。 方法二：若概率之和与原信源中的某概率相等，将概率之和往下排，如图3-9所示。 分别计算两种编码法的平均码长 和 ，均方差 和 ： 通过上面的例子可以看出，霍夫曼编码法的指导思想是：概率小的消息赋予较大的码长（重复赋予单码元），概率大的消息赋予较小的码长（重复的次数少）。 【例3.19】对给定的信源 ，进行D
3进制霍夫曼编码，编码结果如图3-10所示。 M+r
3+ m（3-1） r
1，所以增加r
1个概率为0的信源消息。
[定理3.3]说明，只有满足 否则惟一可译码不存在。但平均码长 应该小于 ，这是按 应尽可能短的要求，这时得到的码是最佳码，其实 ，也能找到惟一可译码。
，才能构成惟一可译码， 【例3.10】 信源
对信源进行二进制变长编码，D
2，信源各消息概率恰好表示成D
2的整数次幂，取码长等于其幂次，即取n1 1
n4 3对信源各消息编码，得到的码就是紧致码，下面计算RD。
（码元/符号）
因为信息传输率RD的值小于等于1，所以上述RD
1达到最大值， 得到的码集为紧致码。 （比特/码元时间） 【例3.11】 对下述信源进行二进制变长编码， 根据式 3-20 ，即码长nm 应满足tm ? nm
tm +1 ，tm是消息xm（m
1，2，3，4，5）的2次幂概率所对应的幂次，取 x1, x2 , x3 , x4 , x5
所对应的码字的码长分别为n1 3
n5 2 ，计算出平均码长
熵 2.228（比特/符号） 满足式 3-19 则有
变长编码定理
Shannon第一定理
给定熵为H（X）的离散无记忆信源 ，
其L次扩展信源 的熵记为
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吉首大学：编码理论：第二章 无失真信源编码2
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2,2,2 变长码若要实现无失真编码，不但要求信源符号与每个符号的码字一一对应，而且要求码符号序列与信源符号序列也一一对应。也就是要求所编的码为惟一可译码。我们首先分析等长编码，再分析变长编码，以做比较。一、等长码基本问题等长码特点：C2={000,001,100,101,111},l2=3 code/sigill?要求：iis( 1 ) ??问题,l?？例 1．1 2 3 4 51 2 1 4 1 8 1 1 6 1 1 6iS s s s s sP ( s ) / / / / /?? ????? ??????C1={00,01,10,11,10},l1=2 code/sig(2)高效一、等长码基本问题可能的码字数 ≥消息数对基本信源编码：对 N长源编码：1{,,} { }qiS s s W??112{,,,} { (,,) }N lN i i iqS x x? ? ? ?? ? ?消息数码字数,rl 121(){,}i i i ilij rW x x xx x x??∴ r l≥q (l≥logrq)（对例 1,q=5,∴ 要求,2l≥5，即 l ≥ 3）∴ r l≥qN (l/N≥logrq)一、等长码基本问题则, q=53=125种 &128=27∴ l=7 code/3_sigs平均码长,l/N=7/3=2.33 code/sig &l2例 1（续）S的三次扩展：※ 等长码码长要求 l/N?logrq（ 保证唯一可译码, 无失真 ）※ logrq为下限※ 扩展信源编码的平均码长 &基本源编码的平均码长? ?33 1 1 1 1 5 5 55,( ),,( )S s s s s s s? ? ? ?一、等长码基本问题例 2,英文源 S,{26个字母 +空格符号 }, q=27由 q=27≤2l,得 l≥5 code/sig∴ 编码后信息传输率,R=H(S)/l=1.4/5=0.28 bit/code二元信源 [0,1],H(X)max=1 bit/code? H∞(S)=1.4 bit/sig平均码长太长例 3,设信源41 2 3 411 2 3 4,,,,( ) 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) iiiS s s s s PsP s P s P s P s P s ?? ? ? ???? ? ? ?? ? ? ? ?2 1 1 2 4 3 3 4( | ) ( | ) ( | ) ( | ) 1( | ) 0jiP s s P s s P s s P s sP s s? ? ? ??且其 余则二次扩展信源为：21 2 2 1 3 4 4 31 2 2 1 3 4 4 3,,,,( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( | ) 1iji j i j iij ijS s s s s s s s sP s s P s s P s s P s s P s sP s s P s P s s?? ????? ???? ????????l=2 code/sigL2=2 code/2_sigsl=1 code/sig信源有记忆时，采用 N长源编码,l减小一、等长码基本问题二、等长信源编码定理定理 2-1（ 等长信源编码定理 ）一个熵为 H(U)的离散无记忆信源, 若对信源长为 N的符号序列进行等长编码, 设码字是从 m个字母的码符号集中选取 L个码元组成 。 对于任意 ?&0,只要满足：则当 N足够大时, 可实现几乎无失真编码, 即译码错误概率可为任意小 。则不可能实现无失真编码，且当 N足够大时译码错误概率近似等于 1。反之，若：lb mUHNL ??? )(lb mUHNL ?2)( ??※ 适用于 DMS及平稳有记忆信源※ 平均码长下限：※ 基本方法,N长源、变长编码N? ? ? ? ? ?则※ 对等长编码,若要实现几乎无失真编码,则信源长度必满足,二、等长信源编码定理lbmUH )(lb mNLUHRUH )(')(,???其中epUHN 222 2 )1()( ??? ??2122 )]([])(1)[( UHuplbupNi ii ?? ???当 δ≤10-5（ 即 PE&10-5）解,H(S)=0.811 bit/sig例 4,DMS 进行等长编码12() 3 4 1 4iS ssPs //?? ????? ??????? ? ? ?? ? 22 0 4 7 1 5i i iD I ( s ) E I ( s ) E I ( s ),??? ? ???则有,η=0.5 得 N≥71687η =0.8 得 N≥1146990η =0.9 得 N≥5806641η =0.96 得 N≥定理 2-2,（ Kraft不等式 ）设信源符号 S=｛ s1,…,sN｝,码符号 X＝ {x1,…,xm },又设码字 W1,W2,… Wn的码长分别为 l1,l2,…, ln,则存在惟一可译码的充要条件是：三、惟一可译码的判断※ 码长结构～惟一可译码1,Kraft不等式 编码码元数目??? ?nil im111,Kraft不等式 ―― 惟一可译码存在的必要条件例 1．考察：① l1=1,l2=2,l3=l4=3的二元码如,C1={1,01,001,000}C2={0,10,110,111}② l1=1,l2=l3=l4=2的二元码∴ 必存在惟一可译码4174ilir/????∴ 必不存在惟一可译码C3={0,00,000,000} 非惟一可译??? ?411ilim符号 码 1 码 2 码 3 码 4等长码 变长码u1 00 0 0 1u2 01 10 11 01u3 10 00 00 001u3 11 01 11 0001惟一可译码 非惟一可译 码 非惟一可译 码 惟一可译码121????nili4521????nili 4521????nili 1161521?????nili2、根据定义判断等长码 ―― 若为非奇异码，则为唯一可译码；变长码 ―― 码本身及任意次扩展码均非奇异。? 树图法 （即时码必为惟一可译码）? 尾随后缀法 （尾随后缀集合 F中不含任一码字）010 110010010111010011001110101111例 2,C1={0,10,11,1101}F:{11,00,10,01,0,11,1,100,110,011,101}10eg:...例 2,C2={1,10,100,1000} 1101000000? F={0,00}C3={1,01,001,0001}? F=?一般离散无记忆信源输出的各消息（符号）的概率是不相等的。对出现频率大的信源符号采用较短的码字；而对出现概率小的信源符号采用较长的码字。从整个信源来看，编成的信源码字的平均码长最短，也实现了与信源统计特性相匹配。定义码字的平均码长度：s i gco d elupLniii /,)(1????平均码长是每个信源符号平均需用的码元数。它和编码后的压缩效果密切相关。平均码长大，则压缩效果差，系统有效性差。因此，我们一般选用平均码长最短的编码。编码后每个码元携带的信息量就是 信道的信息传输率：.,,/,)(信息传输效率越高越大越短 RLco d eb i tLUHR ?41( ) / 2 0 843 75iiiL P ( s ) l, c ode / si g????H ( S )R H ( X ),L 0 9 6? ? ?LR??则例 3,对 DMS进行无失真编码 。123 4 1 4iS S,SP ( s ) //?? ????? ???????编码一：基本源编码 ―― L=1 code/sig?编码二,N长源编码ai P(ai) 码 C liS1S1 9/16 0 1S1S2 3/16 10 2S2S1 3/16 110 3S2S2 1/16 111 3 L ?目 标,四、变长信源编码定理若一个离散无记忆信源 U具有 熵为 H(U)，并有 m个码元的码符号 X＝｛ x1,x2,? xm｝。则总可以找到一种无失真编码方法，构成惟一可译码，使信源 S中每个信源符号所需的平均码长满足：紧致码,若有一个唯一可译码, 其平均码长小于所有其他唯一可译码的平均码长, 称此码为 紧致码 或 最佳码 。定理 2-3,变长编码定理四、变长信源编码定理lb mUHLlb mUH )(1)( ???证明 若 xi 按如下不等式取所对应码字的码长为 L,若 为整数,则上述不等式左边取等号,故可得1)()( ????? l b m xl b pLl b m xl b p ii)()()()()()( iiiiii xpl b m xl b pxpLxpl b m xl b pxp ?????lbmxlbp i )(?????????????? niiniiiniiniii xplbm xlbpxpLxplbm xlbpxp1111)()()()()()(1)()( ??? lb mXHLlb mXH四、变长信源编码定理因为所以所有码字长度满足 Kraft不等式如何降低平均码长：（ 1） 减少信源熵 H(X)（ 2） 增加信道码元数 m)()( ii xl bpl bmLl bm xl bpL ????)()( iLi xl b pl b mxl b pl b mL ??? ?1)()(11??? ??????niiniLiL xpmxpm四、变长信源编码定理注意到 li∈ Z,∴ 取其整数部分例 3．1,( )iiPs r????????设,iil ??若 1 iiiiL P ( s ) l ( )r ?? ? ???则1 1 1,( ) ( )i i iiiiH ( S ) P log log r log rP r r? ? ?? ? ? ?? ? ?又()HSLl og r??()iil o g P sll o g r??????四、变长信源编码定理DMS的 N次扩展信源 UN＝｛ ?1,?2,?? nN｝，其熵为H(UN)，并有码符号 X＝｛ x1,x2,? xn｝。对信源 UN进行编码，总可以找到一种编码方法，构成惟一可译码，使信源 U中每个信源符号所需的平均码长满足：定理 2-4,香农第一定理 （无失真 变长 信源编码定理）四、变长信源编码定理且当 N??时, 有：其中,为 N长源编码的平均码长,?i是 ?i所对应的码字长度。l b mUHNNLl b mUH N )(1)( ???)()(lim UHl b mUHNL mNN ??????? Nni iiN pL 1 )( ??信源 X 的 N次扩展信源 XNXN 的信源熵为 H(XN) bit/N个信源符号XN 所对应码字的码长 码符 /N个信源符号NL1)()( ??? l b mXHLl b mXHNNNNLL N?)(1)( NXHNXH ?1)()( ??? l b m XNHLNl b m XNHNlb mXHLlb mXH 1)()( ??? lbmXHL )(?① 平均码长的下限即信源熵是无失真信源编码的最小平均码长 ！② 存在性定理方法,N长源, 变长码③ 适用于平稳有记忆信源, H(U)=H∞四、变长信源编码定理)()( UHlb mUHL m??)(,UHLLN m???? 理表述三,（ 无噪信道编码定理 ）若信道的信息传输率 R不大于信道容量, 总能对信源的输出进行适当编码, 使得在无损无噪信道上能无差错地以最大信息传输率 C传输信息；但要使信道信息传输率 R大于 C而无差错地传输则是不可能的 。表述二,若 R? &H(S),就存在唯一可译变长编码；若R?&H(S),唯一可译变长编码不存在, 不能实现无失真编码 。四、变长信源编码定理编码后每个信源符号能载荷的最大信息量为：c o d eb itlb mNLR N /,'?表述四：设信源熵为 H（比特 /符号），无噪无损信道的信道容量为 Ct（比特 /秒），则总可以找到一种编码方法对信源的输出进行无失真编码，使得在信道上传输的平均码速率为（ Ct /H-ε ）（符号 /秒），其中 ε 为任意小的正数，但要使传输的平均码速率大于 Ct/ H（符号 /秒）是不可能的。四、变长信源编码定理四、变长信源编码定理若对信源 U进行编码所得到的平均码长，因为平均码长一定大于或等于 Hm(U)，所以定义编码的效率为：1)( ?? L UH m?对同一信源来说，码的平均码长越短，越接近极限值 Hm(U)，信道的信息传输率就越高，越接近无噪无损信道容量。码剩余度定义：LUH m )(11 ??? ?对于二元无噪无损信道 m=2,Hm(U)=H(U)LUHR )(?? ?αi P(αi) 码 C λis1s1 9/16 0 1s1s2 3/16 10 2s2s1 3/16 110 3s2s2 1/16 111 3例 3,比较 N长源编码的效率。123 4 1 4iS ssP ( s ) //?? ????? ??????解,H(S)=0.811 bit/sig121 0 1 1N s,s,L,? ? ? ?对, 0 8 1 1H ( S )R.L? ? ? ?42127 16 2iiiL P ( ) / c ode / _ si gs?? ? ? ??2 27 0 8 42 3 2L, c o d e / si g??() 0 9 6 1HSR.L? ? ? ?四、变长信源编码定理五、统计匹配编码离散无失真编码实质上是一种统计匹配编码，是根据信源符号的不同概率分布分配与之相对应码字，对出现概率大的符号分配短的码字，对出现概率小的符号分配长的码字，这样可以使信源符号的平均码长最短。编码器输入,),,,(),,,,,( 211 nlLl uuussssS ??? ??编码器输出的码字为,),,,(),,,,,( 211 mkKk bbbxxxxX ??? ??要实现无失真信源编码，必须同时满足无失真和有效性两个条件，只能从信源统计特性上去考虑。mUHmnLKaaalo g)(lo glo g ??
课件名称：课件分类：电子与通信课件类型：电子教案文件大小：1.65MB下载次数：0评论次数：0用户评分：0
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.已知全集U＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，集合A＝{0,1,3,5,8}，集合B＝{2,4,5,6,8}，则＝()A．{5,8}B．{7,9}C．{0,1,3}D．{2,4,6}B河南省商丘市回民中学2014届高三上学期第一次月考数学（文）试题答案}