Portanto, (u + λv) ∈ C
⊥
, provando que C
⊥
´e um subespa¸co vetorial de K
n
.
ii) x ∈ C
⊥
se, e somente se, x ´e ortogonal a todos os elementos de C, se, e somente
se, x ´e ortogonal a todos os elementos de uma base de C, o que ´e equivalente a dizer
que Gx
t
= 0, pois as linhas de G s˜ao uma base de C.
A proposi¸c˜ao abaixo nos d´a um m´etodo simples de determinar se uma palavra v
pertence ou n˜ao a um c´odigo C. Assim, H tem a finalidade de diminuir os c´alculos
relacionados a um c´odigo C. E o vetor Hv
t
´e chamado de s´ındrome de v.
Proposi¸c˜ao 1.35. Seja C um c´odigo linear e suponhamos que H seja uma matriz
geradora de C
⊥
. Temos, ent˜ao, que v ∈ C se, e somente se, Hv
t
= 0.
Demonstra¸c˜ao: Temos, pelo fato de que (C
⊥
)
⊥
= C e pelo Lema 1.34 item (ii),
que v ∈ C se, e somente se, v ∈ (C
⊥
)
⊥
se, e somente se, Hv
t
= 0.
Proposi¸c˜ao 1.36. Seja H a matriz teste de paridade de um c´odigo C. Temos que
o peso de C ´e maior ou igual a s se, e somente se, quaisquer s − 1 colunas de H
s˜ao linearmente independentes.
Demonstra¸c˜ao: Suponhamos, inicialmente, que cada conjunto de s − 1 colunas de
H ´e linearmente independente. Seja c = (c
1
, . . . , c
n
) uma palavra n˜ao nula de C, e
sejam h
1
, . . . , h
n
as colunas de H. Como Hc
t
= 0, temos que
0 = H · c
t
=
c
i
h
i
(1.4)
Visto que w(c) ´e o n´umero de componentes n˜ao nulas de c, segue que se w(c) ≤
s − 1, ter´ıamos por 1.4 uma combina¸c˜ao nula de um n´umero t, com 1 ≤ t ≤ s − 1,
de colunas de H, o que ´e contradit´orio. Logo, w(c) ≥ s e, portanto, w(C) ≥ s.
Reciprocamente, suponhamos que w(C) ≥ s. Suponhamos tamb´em, por ab-
surdo, que H tenha s − 1 colunas linearmente dependentes, digamos h
i
1
, . . . , h
i
s−1
.
Logo, existiriam c
i
1
, . . . , c
i
s−1
, no corpo, nem todos nulos, tais que
c
i
1
h
i
1
+ · · · + c
i
s−1
h
i
s−1
= 0.
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