Код хемминга, исправляющий одиночные ошибки

Код Хемминга, исправляющий одиночные ошибки

Согласно оценке Хемминга, исправление одиночной ошибки возможно, если   2^n-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, а_{5 ,}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.