Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W

WTO/ŚRO

K

2

2016-02-01 09:20

1

1 / 3

KU LEPSZEJ INTERPRETACJI KONWERSJI;

Rozpatrzmy pytanie, o konwersję na HEX U2, liczby – 4,486881 na 8-miu bitach i3q5, będącej

wynikiem mnożenia dwóch liczb WA*WB, analogicznie kodowanych [WA= −2,751 i WB= 1.631].

Nawiązują do stylu pytań w egzaminie kodowanie ma być wykonane najpierw dla obu liczb na 8-miu

bitach krótkiego rejestru, a potem wynik miał być podany w formie, w jakiej wystąpi w 16-bitowym

akumulatorze procesora po operacji mnożenia. (trochę wymyślony ten procesor, ale za to

odpowiedzi mają szansę mieścić się w małej tabelce .)

Tymczasem spróbujmy „rozebrać” problem;

1. Zacznijmy od liczby WA= −2,751. Tutaj rzeczywiście jest drobny „kłopot”, bo wartość trafia

między punkty bitów na osi liczb, czyli trzeba wybrać któryś zaokrąglając lub obcinając

wartość.

2. U2, i3q5 pozwala kodować liczby z zakresu <−4, +3,96875>. Czy może być zatem podejrzenie

o „przekroczeniu zakresu” ?. Przecież ta wartość jest z pobliża -3, zatem z wnętrza

reprezentowanego przedziału wartości liczb. (patrz ilustracja w p.4b.)

3. A teraz bliżej do kodowania. −2,751 * 2^5 = −88,032 i używając np. kalkulatora konwersja

na HEX po obcięciu części ułamkowej => 0xA8, czyli 1010 1000b. I tutaj warto skomentować

pytania „ciąć czy zaokrąglać”? Jeśli patrzeć na temat z punktu widzenia wartości to

zaokrąglanie do kolejnej wartości -89 nie ma tutaj uzasadnienia. Ale temat jest szerszy. Nie

można wskazać, co jest ogólnie bardziej prawidłowe, obcinanie czy zaokrąglanie. Ważna jest

świadomość tego wyboru i wynikających z tego konieczności testowania skutków wyboru.

4. I parę słów bliższego objaśnienia by nie zarzucono skrótów i ogólników 

a. LSB dla tego kodowania wynosi 2^-5 = 1/32 = 0,03125

b. Zatem mamy układ „na pionowo ustawionej osi liczbowej”

(bo tak wygodniej przygotować ilustrację )

DEC

BIN

HEX

Uwagi

+3,968..

0111 1111

0x7F

+MAX

…

…

…

…

+0,03125

00 0001

0x01

+1 LSB

0

00 0000

0

−0,03125

11 1111

0x3F

-1 LSB

…

−2,75

1010 1000

0xA8

…

<--------

? −2,751 To wartość pomiędzy, bliżej -2,75

−2,78125

1010 0111

0xA7

…

…

−4

1000 0000

0x80

-MAX

Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W

WTO/ŚRO

K

2

2016-02-01 09:20

2

2 / 3

c. Nasza kodowana wartość trafia między bitami, zatem każda uwaga o „kłopocie z

rozdzielczością” jest zasadna, ale wynik przecież istnieje

d. Nie są zaś umotywowane uwagi o „niemożliwości reprezentacji”, bo przecież w

rzeczywistości problemów technicznych, choćby przetwarzania analogowo

cyfrowego (A/C) do rzadkości należy „trafienie idealnie w bit”. To typowa sytuacja

kwantyzacji, kiedy trzeba podjąć decyzję, któremu bitowi przypisać poziom. Tym

razem nie ma specjalnego kłopotu. Ale gdyby wartość wypadła w środek przedziału

między bitami równoprawne były by odpowiedzi z wartością każdego z sąsiednich

poziomów.

e. I jeszcze ostatnia uwaga odnośnie wątpliwości wyrażanych czasami w rodzaju

„przekroczenie zakresu…” czy „nie mieści się w reprezentacji…” albo „nie da się

przedstawić bez przybliżenia”. Warto starannie przemyśleć problem i brak

uzasadnienia dla tych stwierdzeń

5. W przypadku kodowania samej liczby −4,486881 w U2 na 8-miu bitach i3q5 z uwagami o

przekroczeniu zakresu trzeba się zgodzić - zakres reprezentacji dla i3q5 to przecież (−4; ~4)].

Ale i tym razem można przecież podać zawartość tego za krótkiego rejestru (0111 0001b), z

istotną uwagą o pominięciu najstarszych bitów, które się nie zmieściły się, bo liczba jest poza

zakresem reprezentacji (mówiąc z lekka na wesoło – wylała się poza rejestr (1) (

0111 0001

b)).

Nieprawidłowość widać zresztą natychmiast, bo z najstarszego bitu (tej zielonej części)

wynika jak gdyby była to liczba dodatnia a przecież jest ujemna.

6. No i wreszcie problem „jak ten wynik mnożenia będzie wyglądał w „długim” akumulatorze”?.

a. Oczywiście tutaj nie ma już problemu z „przekroczeniem zakresu”, bo skąd?

b. Akumulator ma więcej bitów, więc również powinien zmniejszyć się (a może nawet

zniknąć) problem małej rozdzielczości. (To jest zresztą jednym z podstawowych

argumentów za wykorzystaniem tak wydłużonych akumulatorów w DSP)

c. Liczba jest wynikiem mnożenia przez siebie liczby q5 * q5, zatem wynik będzie q10

(niedowiarkom proponuję przypomnienie sobie sposobu wyznaczania położenia

przecinka przy mnożeniu „pisemnym” dziesiętnych liczb ułamkowych)

d. Zatem −4,486881 * 2^10 = −4594,45661…(problem rozdzielczości nie znika, jesteśmy

prawie w połowie między bitami!) nie trafiamy idealnie w bit, co daje w efekcie dwie

prawie równoważne odpowiedzi 0xEE0E (dla −4594) i 0xEE0D (dla −4595), czyli

odpowiednio 1110 1110 0000 1110B i 1110 1110 0000 1101B. Trzeba zaznaczyć, że

taka postać wyniku będzie dla wyłączonego mechanizmu korekcyjnego przesunięcia

(FRCT=0).

Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W

WTO/ŚRO

K

2

2016-02-01 09:20

3

3 / 3

e. Pozostaje jeszcze pytanie gdzie w tym wyniku jest efekt kodowania na 8-bitach (z

punktu 5)? Zaznaczyłem go żółtym tłem odpowiednio

1110 1110 0000 1110B i 1110 1110 0000 1101B.

Proszę dostrzec przesunięcie o 5 bitów w lewo od LSB w akumulatorze (mnożyliśmy

prze liczbę kodowaną q5!). Przy okazji widać wyraźnie potrzebę tak dużego

(długiego) akumulatora. Przy wielokrotnym sumowaniu (MAC) te końcówki wartości

zaczynają ważyć w wynikach.

f. I jeszcze ostatnia uwaga. Włączenie bitu FRCT=1 spowoduje korekcyjne przesunięcie

wyniku o jeden bit w lewo całości akumulatora i uzupełnienie zerem na LSB.

Czyli 1101 1100 0001 1100B i 1101 1100 0001 1010B.

Mam nadzieję, że nieco wyjaśniłem te w sumie niezbyt trudne drobiazgi.