Код хемминга, исправляющий одиночные ошибки
Код Хемминга, исправляющий одиночные ошибки
Согласно оценке Хемминга, исправление одиночной ошибки возможно, если 2n-k-1 > n. Этому условию удовлетворяет блоковый код (7, 4). Поставим условие: двоичное число в контрольных разрядах, называемое синдромом, должно быть равно номеру исправляемого разряда. Сравним вектор возможных ошибок с содержанием разрядов синдрома:
- если есть «1» в правом разряде, ошибочен один из разрядов а1, а3, а5 ,а7,
- если есть 1 в среднем разряде, ошибочен один из разрядов а2, а3 , а6, а7,
- если есть 1 в левом разряде, ошибочен один из разрядов a4, a5, a6, a7.
Если нет ошибок, выполняются проверочные равенства:
а1+а3+а5+а7=0,
Рекомендуемые материалы
а2+а3+а6+а7=0,
а4+а5+а6+а7=0.
Среди разрядов а1 - а7 есть 3 контрольных разряда. Их значения должны быть заданы так, чтобы при отсутствии ошибок выполнялись проверочные равенства. Для того, чтобы каждый контрольный разряд вычислялся независимо от остальных только по информационным разрядам, в каждое проверочное равенство должен входить только один контрольный разряд. Этому условию удовлетворяют разряды a1, a2, a4.
Из проверочных равенств следует правило определения значений контрольных разрядов: а1= а3+а5+а7 а2=а3+а6+а7 а4=а5+а6+а7
Процесс исправления ошибки поясним на примере.
а7 а6 а5 а4 а3 а2 а1 номера разрядов
6 = 0 1 1 - 0 - - информационная часть кодового слова
0 1 1 контрольные разряды
0 1 1 0 0 1 1 кодовое слово полностью
Бесплатная лекция: "6 Взаимоотношение у Канта теоретической и практической философии" также доступна.
0 0 1 0 0 1 1 кодовое слово с ошибкой в разряде а6
Проверочные равенства дают результат:
а1+а3+а5+а7= 1+0+1+0 =0,
а2+а3+а6+а7= 1+0+0+0 =1,
а4+а5+а6+а7 = 0+1+0+0 =1.
Синдром 110=6 указывает номер искаженного разряда.