关于Hamming校验纠错算法的证明

首先说Hamming算法是什么。

没有查过原始的文献，所以没见过它原始的定义和证明。依照现在手头上的<<Structure Computer Organization>>一书上的说明。

 

Hamming算法可以对任意字长的内存建立起纠正码（注意，是不止可以检验出错误，还可以纠错）。原理如下：

        

         假设原始的数据有m位，向这m位数据里加入r位检验位，就得到m+r位的字长。在这m+r位里，所有2的整数幂的位是检验位，其他的是数据位（注意这里的位都是从1开始计数的，而不是从0开始）。

每一个校验位可以检验特定的位。

         例如，一个16位的字就需要加入5位的校验位，即第1、2、4、8、16位为校验位。此时的实际字长达到21位。第一个校验位负责检验第1、3、5、7、9、11、13、15、17、19、21位，第二个校验位负责检验第2、3、6、7、10、11、14、15、18、19  ……..

         具体如下：

         第1位负责检验：1、3、5、7、9、11、13、15、17、19、21

         第2位负责检验：2、3、6、7、10、11、14、15、18、19

         第4位负责检验：4、5、6、7、12、13、14、15、20、21

         第8位负责检验：8、9、10、11、12、13、14、15、

         第16位负责检验：16、17、18、19、20、21

 

那么，怎么知道一个检验位都负责检验哪些位呢？

 

Hamming校验码的设置原则是：第B位通常由第b1,b2,b3,…,bj位来检验，其中B=b1+b2+b3+…+bj.

比如，第5位由第1位和第4位一起校验（5=1+4），第6位由第2位和第4位一起校验(6=2+4)。

为了说明纠错过程，下面假设有一个这样的16位字：

              1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0

假设使用偶检验，则加入第1、2、4、8、16位校验码后得到的21位字就如下所示：

(偶检验就是，根据数据位1的个数调整检验位，使得总共1的位数为偶数个)

                              0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0

假设第五位出错了，变成：

                              0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0

那么，检验位1和检验位4所在的那个检验列的1的个数都不是偶数个了，所以就知道出错了。

这时，只要知道哪一位出错了就可以将它纠正回来。

想要知道哪一位出错，有两种方法：

第一个是对比分析。比如，上面的例子中，由于第1个检验位和第四个验位所检验的队列都出错了，那么，出错位肯定是他们所共有，而其他队列所没有的。对比一下就知道那就是第5位了。

第二种方法就是，将出错队列的检验位相加，就得到出错位。上面例子中，1+4=5.

 

需要说明的是，这种算法纠错的前提是，它假设出错的位数为1位。也就是说，如果错了3位，这个算法也会以为它只有一位出错（错了2位就检验不出来了,因为奇偶检验的Hamming码距是2）

 

我们已经知道这样子可以检错并纠错，但是为什么呢?  如何保证这种算法的正确性？

 

        如果想做证明，首先很自然的一个疑问是：根据Hamming算法设置校验码的原则（即第B位通常由第b1,b2,b3,…,bj位来检验，其中B=b1+b2+b3+…+bj.），如何保证对于码字中的每一位，都存在一些校验位，这些校验位相加得到这个位？比如，用上面的例子，第17位应该由哪些位检验？由于17比较小，我们很容易知道 17=1+16，从而知道应该是由第1和第16位检验。但是Hamming算法是可以检验任意的位数的，如果那个位很大怎么办？ 1000？1000000？ 1000292？ 显然无法全部枚举。

         再者，怎么知道根据Hamming算法设置校验位的原则所得到的校验位是唯一的？也就是说，对于上面的17，我们已经知道17=1+16，但是怎么知道不会有其他的17 = m + n ?当然，由于17很小，我们可以枚举完，知道不会有其他可能了，但是如果那个位很大呢？1000？10000000？ 1232312312？显然也无法枚举完，必须通过严格的数学证明。

         我们首先来证明这两个个问题。证明完了这两个问题，整个证明也就差不多完成了。

 

         证明如下：

         首先，Hamming算法设置校验位的原则是：所有的2的整数幂的位都是校验位(也就是第1、2、4、8、16、32….位)。

        

　　　很明显的一点是，每一个位数都不会大于那些存在的校验位相加的最大值，比如说，对于上面的例子的21位，即使是最大的21，也不会比1+2+4+8+16大。因为，给定一个数n, 如果 2^r < n < 2^(r+1) （  在这里 16 < 21 <32 ），那么n必然小于2^0 + 2^1 + 2^2 + … + 2^r, 因为这个等比数列之和等于2^(r+1) 减1.而 n < 2^(r+1), 也就是 n <= 2^r-1.

        

好，在 2^r < n < 2^(r+1) 的假设下 ，再证明一点，即，如果要有一个和式，2^i + 2^j  + …. + 2^k = n, 那么，里面肯定会有2^r，因为，如果没有2^r的话，即使是2^0 , 2^1 , 2^2……2^(r-1) 全加起来也只有2^r – 1 而已（等比数列求和），更不用说n了，因为2^r < n < 2^(r+1). 所以如果要有一个这样的2的整数次幂的和式，它的和为n的话，里面必须要有一个2^r

 

在上面，我们假设有这样一条式子:

              2^i + 2^j + … + 2^r= n

即一些2的整数次幂加起来等于n。也说明了其中一个必须是2^r. 其中2^r < n <2^(r+1)

现在把式子做一下变换，得：

2^i + …+ 2^j = n – 2^r

（形式上来说就是将n换成了 n – 2^r ）

现在，令m=n – 2^r

现在我们就变成了证明存在一个2的整数次幂的和式，其和等于m了：

2^i + …+ 2^j = m

由于m=n – 2^r, 而 2^r < n <2^(r+1), 那么可以知道 0 < m < 2^r

而式子左边的 2^i 和 2^j 的范围是 0 ~ 2^(r-1). 所以所以变换之后又回到之前n的情况。所不同的是，n的范围是 2^r < n < 2^(r+1),  而 m的范围是0 < m < 2^r.

但是其实本质没有变。我们依然可以找到一个q, 使得2^q < m < 2^(q+1). 而且这个m依然在那些剩下的2^i….. 2^j 之和的表示范围内，这就回到了和之前的n一模一样的情况了。

所以可以看到，按照这种方式，从n里面不断地减去一个2的次幂，就可以得到一个并且唯一一个和式，使得其和为n

也就是  2^i + 2^j + … + 2^r= n

数学上，这叫数学归纳法 ：)

 

上面我们证明了对于任意一个位 n ，都有且仅有一个和式使得 2^i + 2^j + … + 2^r= n

也就是说，那个位 n 有唯一的检验位 i 和 j 和 … 和 r

那么，当我们发现出错的时候，我们就知道出错的那些队列的检验位 i 和 j 和 … 和 r 相加就得到出错位的位置了(也就是n了)。这也就是Hamming校验算法的纠错方式了

 

严格的证明就不写了。很难解决文本的格式问题，好难写。