# 誰可以幫我翻譯這篇英文 : ( ((線上翻譯機不要: )

IEEE TRANSACTIONS ON INFORMATION THEORY, VOL. 45, NO. 7, NOVEMBER 1999

Proof: Without loss of generality (w.l.o.g.) we assume

that . Let be a length , period single-track Gray

code with -spaced heads. Let be the

generating track of . The th word, , of has the form

and hence

We now distinguish between two cases.

Case 1: is even. Since is a Gray code, it follows

that the parity of and is the same, and hence

and . Therefore, for each , ,

which satisfy there exists an such

that . Now, let be a word in for which

. Since , it follows that

and

for each . Since each word appears at most

once in the code, it follows that and

hence for each , and for

each , which means that and,

therefore, .

It is well known that divides , and if ,

then the weight of all the words is divisible by .

Therefore, no two words differ in exactly one coordinate.

Thus .

It is obvious that the list forms

a Gray code, and since , it follows that

all the words in it are pairwise nonequivalent. Moreover, there

exists such that . Therefore, there exists

such that which implies

Since is an integer, it follows that

Thus the list satisfies all the requirements

of Theorem 1.

Case 2: is odd. The parity of is different from the

parity of , and hence . The rest of the proof

is similar to the one of Case 1, where we use and

instead of and , respectively.

Single-track Gray codes with -spaced heads have some

additional properties as the one given in the following lemma.

Lemma 2: If is a length , period single-track Gray

code with -spaced heads, odd, then the generating track of

the code is self-dual.

Proof: Let be a length , period single-track Gray

code with -spaced heads, odd, and its generating track.

From the proof of Theorem 4 there exists an integer , for

which , such that

### 4 個解答

• Bryan
Lv 4
1 0 年前
最佳解答

針對你的問題~

翻譯如下:

IEEE( Institute of Electrical and Electronic Engineers)電氣和電子工程師協會會報在信息論(數學用法)，第45卷，第7期，1999年11月號出版。

証明：

我們假設沒有大部分(w.l.o.g.)的損失。

其為一單線灰色編碼且有間隔的長度。

其為一產生的軌跡，在第幾個字，有其型式，因此

現在我們來區別下列兩種情況：

[個案一]

偶數的。

從它是灰色編碼後，它同等於，是相同的，因此…

所以，對每一個而言，是滿足的在那裡存在著。

現在，其為一個字。

從每個字至多出現一次在編碼後，它就隨著產生…，對對每一個而言。

所以，分開這是眾所周知的，假如…

然後，所有字的重量被分割。

因此，沒有兩個字是不同的在同一個座標上。

如此，顯然的一個灰色編碼的列表形式，後來，它伴隨著為所有的字，都是成雙成對且不相等的。

而且，在那兒存在這些。

因此，在那兒存在暗示…

自從它是整數，它伴隨著…

如此，這個目錄滿足定理一的全部要求。

[個案二]

單數的(奇數的)。

**的相同是不一樣的…

因此，

其餘的證明與個案一有相似處，我們個別地使用且取代…

單線灰色編碼且有間隔的長度，有些附加的特性，在底下的輔助定理說明之：

【輔助定理2】

假如，這個編碼所產生的軌跡為自動的dual(dynamic universal assembly language)動態通用組合語言。

証明：

為一單線灰色編碼且有間隔的長度且為單數，和其產生之軌跡。

從定理4的証明，那存在一個整數…

PS.英文文章內容貼的不是很完全~所以有些翻譯起來怪怪的!

參考資料： ME+工程背景+有寫過論文
• 4 年前

dynamic

• 1 0 年前

003 原文那樣支離破碎錯誤百出 還可以翻得這麼好 真是佩服 真的是有專業的人

• 1 0 年前

IEEE交易在信息理論，捲。 45，沒有。 7， 11月1999日證明： 不用損失普通性(w.l.o.g.)我們假設那。 讓是長度，期間單線道的灰色代碼用-間隔的頭。 讓是引起的軌道。 th詞，有形式並且我們現在區別在二個案件之間。 案例1 ： 是均勻的。 從一個灰色代碼，它跟隨同等并且是相同，並且和。 所以，為其中每一，滿意那裡存在這樣。 現在，進入是詞為哪些。 因為，它跟隨那和為其中每一。 因為每個詞一次出現至多在代碼，它跟隨那並且為其中每一和為其中每一，因此它意味那和，因此。 它是知名的劃分，并且，如果，然後重量所有詞是可分的。 所以，二個詞在確切地一個座標不不同。 因而。 它是顯然的表格形式一個灰色代碼，并且，因為，它跟隨所有詞在它成對地是非等價。 而且，那裡存在這樣。 所以，那裡存在這樣哪些暗示從是整數，它跟隨名單因而滿足定理1的所有要求。 案例2 ： 是奇怪的。 同等是與同等不同，並且。 證明的其餘分別為相似的到那個案例1，我們使用和而不是和的地方。 單線道的灰色代碼與-間隔的頭有一些另外的物產作為指定的那個在以下題詞。 題詞2 ： 如果是長度，期間單線道的灰色代碼與-間隔的頭，奇怪，則代碼的引起的軌道是自已雙重的。 證明： 讓是長度、期間單線道的灰色代碼用-間隔的頭，奇怪和它引起的軌道。 從證明定理4那裡存在整數，這樣

參考資料： office2007