WTO/ÅšRO
Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W
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 majÄ… szansÄ™ mieÅ›cić siÄ™ w maÅ‚ej tabelce Jð.)
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 parÄ™ słów bliższego objaÅ›nienia by nie zarzucono skrótów i ogólników Jð
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 ilustracjÄ™ Jð)
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
2016-02-01 09:20
K2
1 / 3
1
WTO/ÅšRO
Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W
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 0001b)).
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).
2016-02-01 09:20
K2
2 / 3
2
WTO/ÅšRO
Na tle poprawy egzaminu DSP, kurs ETEK00043W
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 wyraz
nie 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.
2016-02-01 09:20
K2
3 / 3
3