ARYTM E03 SCH

background image

/40

Imi

ę

Nazwisko

nr indeksu

pkt

ocena

ARYTMETYKA – EGZAMIN 0

2003

Janusz Biernat

*)niepotrzebne skre

ś

li

ć

0.(1p) Przeprowad

ź

konwersj

ę

liczby –5537

8

= | | | | | | | | | | | | |

U2

1.(4p) Ciag 12 bitów w notacji 553,7

8

jest zapisem kodu liczby, której 3 bity stanowi

ą

cz

ę

ś

ć

ułamkow

ą

.

Podaj warto

ś

ć

liczby i zapis 16-bitowy w notacji ( )

16

z 4 bitami ułamka, je

ś

li podano j

ą

w kodzie:

warto

ś

ć

(dziesi

ę

tnie)

rozszerzenie 16-bitowe w notacji (...)

16

znak

całkowita, ułamkowa

całkowita, ułamkowa

uzupełnieniowym pełnym (U2):

,

,

znak-moduł (SM):

,

,

2.(4p) Stosuj

ą

c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne)

5537

8

mod 77

8

=

5537

8

mod 101

8

=

5537

8

mod 63

10

=

5537

8

mod 0F

16

=

3.(6p) Dane s

ą

liczby 48-bitowe {x

47

x

46

... x

1

x

0

} oraz {y

47

y

46

... y

1

y

0

} w kodzie uzupełnieniowym U2:

0101 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1111 0110 0101 1010 1111

0101 0010 1111 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1010 0110 0101

W dodawaniu najdłu

ż

szy ła

ń

cuch propagacji przeniesienia obejmuje ......... pozycji

Poniewa

ż

c

47

= ....., c

48

= ....., wi

ę

c c

47

..... c

48

( oraz s

47

====

/

≠≠≠≠

s

......

) zatem nie* wyst

ą

pi nadmiar.

4.(4p) Oblicz z dokładno

ś

ci

ą

do 2 pozycji cz

ę

ś

ci ułamkowej

2

001

,

11111

=

| | | |,| | |

5.(4p) Zgodnie z reguł

ą

Booth’a w bazie 4

1010 1001

U2

=

| | | | | | | | |

SD

+1*

6.(6p) Wykonaj dwoma sposobami mno

ż

enie liczb dwójkowych w kodzie uzupełnieniowym (U2)

1 1 0 1 1

1 1 0 1 1

×

1 1 0 1

×

1 1 0 1

1 1 0 1 1

0 1 0 1 1

7.(6p) Dodanie 24 liczb 24-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.

Wynik b

ę

dzie .....-bitowy, a ko

ń

cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania

przy u

ż

yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi

ę

kszy od czasu dodawania 1-bitowego

(

T

=4), a przy u

ż

yciu sumatora z przeskokiem przeniesie

ń

(

n

T

2

2

=

) ....... razy wi

ę

kszy.

8.(5p) Stosuj

ą

c metod

ę

dzielenia nieodtwarzaj

ą

cego

oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu

====

D

k

=

X : D

1, 1

0 0 0

:

0, 1

0

0 1

/ +D

q

0

=

q

1

=

q

2

=

background image

/40

Imi

ę

Nazwisko

nr indeksu

pkt

ocena

ARYTMETYKA – EGZAMIN 0

2003

Janusz Biernat

*)niepotrzebne skre

ś

li

ć

0.(1p) Przeprowad

ź

konwersj

ę

liczby

72,65

9

= | | | | | | | | | | | | |

U2

1.(4p) Zapisz w postaci kodu 16-bitowego z 6 bitami cz

ę

ś

ci ułamkowej wynik działania

7,(26)

8

– 10

8

w systemie :

uzupełnieniowym pełnym (U2):

znak-moduł (SM):

2.(4p) Stosuj

ą

c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne)

7265

8

mod 101

8

=

7265

8

mod 1001

2

=

7265

8

mod 17

10

=

7265

8

mod 01F

16

=

3.(6p) Dane s

ą

liczby 48-bitowe {

x

47

x

46

...

x

1

x

0

} oraz {

y

47

y

46

...

y

1

y

0

} w kodzie uzupełnieniowym U2:

0111 0110 1010 0111 1010 1010 0110 0101 1010 1010 0110 0101

1101 0111 1010 1010 0110 0101 0010 1111 0110 0101 0010 1111

W dodawaniu najdłu

ż

szy ła

ń

cuch

propagacji przeniesienia obejmuje

......... pozycji

Poniewa

ż

c

47

=

.....

, c

48

=

....., wi

ę

c

c

47

.....

c

48

(

oraz

s

47

====

/

≠≠≠≠

s

......

) zatem

nie*

wyst

ą

pi nadmiar

.

4.(4p) Oblicz z dokładno

ś

ci

ą

do 5 cyfr znacz

ą

cych

2

1

0000100111

,

0

=

,| | | | | |

5.(4p) Zgodnie z reguł

ą

Booth’a w bazie 4

1011 0110

U2

=

| | | | | | | | |

SD

+1*

6.(6p) Wykonaj dwoma sposobami mno

ż

enie liczb dwójkowych w kodzie uzupełnieniowym (U2)

1 0 1 1 1

1 0 1 1 1

×

1 0 1 1 1

×

1 0 1 1 1

1 0 1 1 1

0 0 1 1 1

7.(6p) Dodanie 24 liczb 16-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.

Wynik b

ę

dzie .....-bitowy, a ko

ń

cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania

przy u

ż

yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi

ę

kszy od czasu dodawania 1-bitowego

(

T

=4), a przy u

ż

yciu sumatora z przeskokiem przeniesie

ń

(

n

T

2

2

=

) ....... razy wi

ę

kszy.

8.(5p) Stosuj

ą

c metod

ę

dzielenia nieodtwarzaj

ą

cego

oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu

====

D

k

=

X : D

0, 1

0 0 0

:

1, 0

0

0 1

/ +D

q

0

=

q

1

=

q

2

=

background image

Zadania kolokwialne – schematy rozwi

ą

za

ń

ARYTMETYKA – EGZAMIN 0

schemat rozwi

ą

zania

Janusz Biernat

0.(1p) Przeprowad

ź

konwersj

ę

liczby

p

q

,

r

t

N

2

=

– 0 b b b b b b , b b b b b b

2

0–

N

2

= (–

N

)

U2

=

1

1

,

0 0

U2

X

y

,

z

v

U16

Konwersja (

X

)

a

(

Z

)

Ub

przebiega nast

ę

puj

ą

co

±

(

X

)

a

±

(

Z

)

b

±

(0|

Z

)

Ub

0

±

(0|

Z

)

Ub

(

Z

*

)

Ub

1.(4p) Ciag 12 bitów w notacji

p q r , t

8

jest zapisem kodu liczby, której 3 bity stanowi

ą

cz

ę

ś

ć

ułamkow

ą

.

Podaj warto

ś

ć

liczby i zapis 16-bitowy w notacji ( )

16

z 4 bitami ułamka, je

ś

li podano j

ą

w kodzie:

rozszerzenie U2

s s s s

b b b b b b b b b b b

0

rozszerzenie – notacja (..)

16

(U2)

X

(SM)

Y

W ,

Z

rozszerzenie SM

s 0 0

0

b b b b b b b b, b b b

0

(s=1

liczba ujemna, suma warto

ś

ci liczb ujemnych o

m

bitach cz

ę

ś

ci całkowitej interpretowanych

jako U2 i SM wynosi –2

m–1

), wi

ę

c warto

ś

ć

liczby wynosi odpowiednio w tych kodach:

L1 + L2 = –256 !! (m=9)

warto

ś

ć

(dziesi

ę

tnie)

rozszerzenie 16-bitowe w notacji (...)

16

znak

całkowita, ułamkowa

całkowita, ułamkowa

uzupełnieniowy pełny (U2): (L1) –

, 1–

t

/

8

X

U2

Y

W,

Z

znak-moduł (SM): (L2)

,

t

/

8

X

SM

Y

W,

Z

Liczby z okresem ułamkowym – najpierw oblicz wynik działania w systemie

znak-moduł

pami

ę

taj,

ż

e 1 – 0,(

xy

)

β

= 0,((

β

– 1 ) –

x

, (

β

– 1 ) –

y

)

β

przekonwertuj warto

ś

ć

bezwzgl

ę

dn

ą

wyniku na system docelowy (np. dwójkowy)

wyznacz reprezentacj

ę

uzupełnieniow

ą

2.(4p) Stosuj

ą

c reguły arytmetyki resztowej oblicz reszty całkowite (dodatnie lub ujemne)

p q r t

ββββ

mod m = p q r t

ββββ

mod (

ββββ

k

±±±±

1) = …

p q r t

αααα

mod m = p q r t

αααα

mod (

ββββ

k

±±±±

1) = x y … z v

ββββ

mod (

ββββ

k

±±±±

1) =

p q r t

8

[= XYZ

16

= sbb...bb

2

] mod (

ββββ

k

–1) [= 0FF..F

16

|

lub

= 77..7

8

| lub

= 111..1

2

] = …

p q r t

8

[= XYZ

16

= sbb...bb

2

] mod (

ββββ

k

+1) [= 100..01

16

| lub

= 100..01

8

| lub

= 100..01

2

] =

3.(6p) Dane s

ą

liczby 48-bitowe {x

47

x

46

... x

1

x

0

} oraz {y

47

y

46

... y

1

y

0

} w kodzie uzupełnieniowym U2:

0111 0010 1111 0110 0110 1010 1101 0110 0110 1010 1101 0110

0101 0110 1010 0010 1111 0110 1010 1111 1111 0110 1010 1111

ła

ń

cuch propagacji przeniesienia w dodawaniu

– kolejne pozycje takie,

ż

e

x

i

y

i

. (podkre

ś

lone)

generacja przeniesienia w dodawaniu

– pary pozycji takich,

ż

e

x

i

=y

i

.=1 (kursywa)

0111 0010 1111 0110 0110 1010 1101 0110 0110 1010 1101 0110

0101 0110 1010 0010 1111 0110 1010 1111 1111 0110 1010 1111

ła

ń

cuch propagacji przeniesienia w odejmowaniu

– kolejne pozycje takie,

ż

e

x

i

=y

i

. (podkre

ś

lone)

generacja przeniesienia w odejmowaniu

– pary pozycji takich,

ż

e

x

i

=0 y

i

.=1 (kursywa)

(

n

= 48)

nie*

wyst

ą

pi nadmiar, bo

c

n

=

c

n–1

(

oraz

s

n

=

s

n–1

)

albo

nie*

wyst

ą

pi nadmiar, bo

c

n

c

n–1

(

oraz

s

n

s

n–1

)

4.(4p) Oblicz z dokładno

ś

ci

ą

do 2 pozycji cz

ę

ś

ci ułamkowej

2

111

,

10101

=

| 1 | 0 | x |,| y | z |

5.(4p) Reguła Booth’a w bazie 4 |{x

7

... x

1

x

0

}|

U2

=

|{y

7

... y

1

y

0

}|

SD

+1*

i [2*y

2i+1

+y

2i

= (–2x

2i+1

+x

2i

+x

2i–1

)]

(w algorytmie odwrotnym

|{x

7

... x

1

x

0

}|

U2

=

2*|{y

7

... y

1

y

0

}|

SD

x

0

i [2*y

2i+1

+y

2i

= (–2x

2i+2

+x

2i+1

+y

2i

)]

– w obu przypadkach y

2i+1

*y

2i

= 0 – przynajmniej jedna z cyfr pary jest zerem)

background image

Zadania kolokwialne – schematy rozwi

ą

za

ń

ARYTMETYKA – EGZAMIN 0

schemat rozwi

ą

zania

Janusz Biernat

6.(6p) Dwoma sposobami mno

ż

enie liczb w kodzie U2 (0zz...zz – uzupełnienie 1xx...xx)

1 x x x x

1 x x x x

×

1 ... 0 ... 1

×

1 ... 0 ... 1

1 1 1 1 1

1 x x x x

×

1

0 x x x x

... ... ... ...

... ...

...

... ...

...

0 0 0

0 ...

×

0

(0)

1 0 0 0 0

... ...

... ...

...

... ...

...

0 0

z z z z

×

–1

1 z z z z

b b

1

0 0 0 0

1

b

b

Uwaga: Je

ś

li mno

ż

nik ma mniej bitów ni

ż

mno

ż

na, nie ma potrzeby rozszerzania mno

ż

nika.

W mno

ż

eniu bez rozszerze

ń

korekcyjna „

1

jest zawsze na pozycji najwy

ż

szego bitu mno

ż

nej!

7.(6p) Dodanie

N

liczb

m

-bitowych w kodzie naturalnym wymaga ....-poziomowego sumator CSA.

Wynik b

ę

dzie .....-bitowy, a ko

ń

cowe dodawanie obejmie ..... bitów. Całkowity czas sumowania

przy u

ż

yciu sumatora sum warunkowych jest ...... razy wi

ę

kszy od czasu dodawania 1-bitowego

(

T

=2), a przy u

ż

yciu sumatora z przeskokiem przeniesie

ń

(

n

T

2

2

=

) ....... razy wi

ę

kszy.

Liczba sumatorów elementarnych w drzewie CSA – m

×

(

N

–2)

A

= 7

m

×

(

N

–2) +

A

CPA

Liczba poziomów p –

odpowiednio do skali redukcji

(

k

0

=2):

k

s–1

<

N

k

s

, gdzie

k

i

=

k

i–1

+

k

i

/2

czyli

k

1

k

2

k

3

–... = 3–4–6–9–13–19–18–42–... lub z oszacowania

p

p

N

)

(

2

)

2

(

2

2

3

Liczba bitów wyniku d = log

2

N + m (dokładniej d = log

2

[N*(2

m

–1)]

Liczba bitów ko

ń

cowego sumowania r

m (wyniki na pozycjach najni

ż

szych s

ą

gotowe po redukcji

na pozycjach najwy

ż

szych pojawiaj

ą

si

ę

dodatkowe bity znacz

ą

ce w tej samej liczbie)

Czas dodawania ko

ń

cowego (znormalizowany czas dodawania 1-bitowego wynosi T = 4)

w sumatorze sum warunkowych –

r

r

T

COSA

2

log

2

)

(

=

w sumatorze z przeskokiem przeniesie

ń

r

r

T

CSKA

2

2

)

(

=

Całkowity czas sumowania = czas redukcji na p poziomach + czas ko

ń

cowego dodawania CPA: i

T= 4p+T

CPA

(r) tzn. T/4 razy wi

ę

kszy od czasu dodawania 1-bitowego

8.(5p) Stosuj

ą

c metod

ę

dzielenia nieodtwarzaj

ą

cego

oblicz 3 pierwsze reszty i 3 pierwsze cyfry ilorazu

D

k =

X : D

0, x

x x x

: 0, d d d d

/+D

0

q

0

=

0

q

1

=

q

2

=

Komentarz:

sprawdzamy warunek |X|<|D| – je

ś

li nie jest spełniony skalujemy dzieln

ą

(k = ....)

je

ś

li XD > 0 obliczamy reszt

ę

zerow

ą

r

0

= XD, w przeciwnym razie r

0

= X+D,

je

ś

li r

i

D > 0, cyfr

ą

ilorazu jest q

i

= 1 i od przeskalowanej reszty 2r

i

odejmujemy D,

w przeciwnym razie (r

i

D > 0), cyfr

ą

ilorazu jest q

i

= 0 i do reszty 2r

i

dodajemy D

otrzymany iloraz (1,xx... lub 0,xx...) skalujemy odwrotnie ni

ż

dzieln

ą


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
ARYTM-E03-SCH
C20 sch
50mhz sch
Dynaco 150 pwr sch
a6 sch
minimag125 sch
dla chłopca sch cz b
p16pro sch
Ma6 Sch
Amstrad IC200 mk2 int sch
juma rx1 main SCH Rev E
KS0713 sch
citac1300 sch
main sch
beocenter 2800 int sch
Classe 70 pwr sch
cz sch
LAB operacje arytm

więcej podobnych podstron