uvod u organizaciju i arhitekturu …uoar1.matf.bg.ac.rs/2017/vezbel/uoar1_mnvl.pdfuvod u...

UVOD U ORGANIZACIJU I ARHITEKTURU RACUNARA 1

(skripta za L smer)

Stefan MiskovicMatematicki fakultet

Beograd

1

1 Brojevni sistemi

Svi brojni sistemi se dele u dve grupe – nepozicioni i pozicioni. Kod nepozicionih brojnih sistema svaka cifra ukazujena istu vrednost bez obzira na kom se mestu nalazi, dok kod pozicionih moze imati razlicite vrednosti. Na primer, koddekadnog broja 2012 (pozicioni brojevni sistem) cifra 2 moze imati vrednost 2 ili vrednost 2000, dok kod rimskog brojaMMXII (nepozicioni brojevni sistem) cifra I uvek ima vrednost 1, a cifra M uvek 1000. U tabeli su prikazani nekipozicioni brojni sistemi sa odgovarajucim osnovama, skupom cifara i primerom zapisa jednog broja.

Tabela 1: Brojevni sistemiNaziv brojevnog sistema Osnova Skup cifara Primer

dekadni 10 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (31483)10binarni 2 0, 1 (101101)2oktalni 8 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 (70163)8

heksadekadni 16 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A,B,C,D,E, F (C1A34)16troicni 3 0, 1, 2 (20112)3

balansirani troicni 3 −1, 0, 1 (10(−1)10(−1)01)btbinarni 2 0, 1 (101101)2

sa osnovom −10 −10 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (5296)−10negabinarni −2 0, 1 (1010)−2

sa osnovom 0.5 0.5 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (439)0.5

1.1 Prevodenje neoznacenih brojeva iz brojcanog sistema sa osnovom N u dekadni sistem

Broj se prevodi tako sto se svakoj cifri dodeli vrednost pozicije, koja zavisi od datog sistema. Ceo broj (anan−1 . . . a2a1a0)su dekadni sistem prevodimo na sledeci nacin:

(anan−1 . . . a2a1a0)s = ansn + an−1s

n−1 + . . . + a2s2 + a1s

1 + a0s0

1. Prevesti sledece cele brojeve iz naznacenog brojnog sistema u dekadni:

a) (10110)2Resenje: (10110)2 = 1 · 24 + 0 · 23 + 1 · 22 + 1 · 21 + 0 · 20 = 16 + 4 + 2 = (22)10

b) (3127)8Resenje: (3127)8 = 2 · 83 + 1 · 82 + 2 · 81 + 7 · 80 = 3 · 512 + 1 · 64 + 2 · 8 + 7 · 1 = (1623)10

c) (3129)16Resenje: (3129)16 = 3 · 163 + 1 · 162 + 2 · 161 + 9 · 160 = 3 · 4096 + 1 · 256 + 2 · 16 + 9 · 1 = (12585)10

d) (1A3)16Resenje: Kod heksadekadnog sistema se cifri A dodeljuje vrednost 10 (a ciframa B, C, D, E i F redomvrednosti 11, 12, 13, 14 i 15), pa je (1A3)16 = 1 · 162 + 10 · 161 + 3 · 160 = 256 + 160 + 3 = (419)10

e) (212001)3Resenje: (212001)3 = 2 · 35 + 1 · 34 + 2 · 33 + 1 · 30 = (622)10

f) (10(−1)(−1)00)btResenje: (10(−1)(−1)00)bt = 1 · 35 + 0 · 34 + (−1) · 33 + (−1) · 32 + 0 · 31 + 0 · 30 = (207)10

g) (101101)−2Resenje: (101101)−2 = 1 · (−2)5 + 0 · (−2)4 + 1 · (−2)3 + 1 · (−2)2 + 0 · (−2)1 + 1 · (−2)0 = (−35)10

h) (145)0.5Resenje: (145)0.5 = 1 · 0.52 + 4 · 0.51 + 5 · 0.50 = 0.25 + 2 + 5 = (7.25)10

Druga varijanta algoritma za prevodenje brojeva iz drugih brojnih sistema u dekadni je Horneova sema. Na primer, zabroj abcde u osnovi 7, vazi da je

(abcde)7 = a · 74 + b · 73 + c · 72 + d · 7 + e

= (a · 73 + b · 72 + c · 7 + d) · 7 + e

= ((a · 72 + b · 7 + c) · 7 + d) · 7 + e

= (((a · 7 + b) · 7 + c) · 7 + d) · 7 + e,

2

Broj se moze prevesti u dekadni sistem koristeci jednakost (abcde)7 = a · 74 + b · 73 + c · 72 + d · 7 + e ili pomocu Horneoveseme, tj. koristeci jednakost (abcde)7 = (((a · 7 + b) · 7 + c) · 7 + d) · 7 + e.

2. Prevesti sledece cele brojeve u dekadni sistem pomocu Horneove seme:

a) (3127)8Resenje: (3127)8 = ((3 · 8 + 1) · 8 + 2) · 8 + 7 = (25 · 8 + 2) · 8 + 7 = 202 · 8 + 7 = (1623)10

b) (3129)16Resenje: (3129)16 = ((3 · 16 + 1) · 16 + 2) · 16 + 9 = (12585)10

Mesoviti broj (an . . . a0.a−1a−2 . . . a−m)s u dekadni sistem prevodimo na sledeci nacin:

(an . . . a0.a−1a−2 . . . a−m)s = ansn + . . . + a0s

0 + a−1s−1 + . . . + a−ms−m

3. Prevesti sledece mesovite brojeve iz naznacenog sistema u dekadni:

a) (1101.101)2Resenje: (1101.101)2 = 1 ·23+1 ·22+0 ·21+1 ·20+1 ·2−1+0 ·2−2+1 ·2−3 = 8+4+1+0.5+0.125 = (13.625)10

b) (233.12)8Resenje: (233.12)8 = 2 · 82 + 3 · 81 + 3 · 80 + 1 · 8−1 + 2 · 8−2 = 128 + 24 + 3 + 0.125 + 0.03125 = (155.15625)10

c) (0.42)5Resenje: (0.42)5 = 4 · 5−1 + 2 · 2−2 = 0.8 + 0.08 = (0.88)10

1.2 Prevodenje neoznacenih brojeva iz dekadnog sistema u sistem sa osnovom M

Ceo broj se iz dekadnog sistema prevodi u sistem sa osnovom M tako sto se broj podeli brojem M , pri cemu se pamtikolicnik i ostatak, pri cemu ostatak zapisujemo u osnovi M . Zatim se kolicnik deli brojem m i postupak se ponavlja svedok kolicnik ne postane 0. Na kraju ostaci spojeni u obrnutom redosledu daju cifre broja u sistemu sa osnovom M .

4. Prevesti sledece cele brojeve iz dekadnog u navedeni brojni sistem:

a) 3129 u sistem sa osnovom 4Resenje: U prvom redu tabele su pocetni broj u dekadnom sistemu i kolicnici, a u drugom odgovarajuci ostacipri deljenju.

3129 782 195 48 12 31 2 3 0 0 3

Iz tabele sledi da je (3129)10 = (300321)4.

b) 3129 u heksadekadniResenje:

3129 195 129 3 C

Sledi da je (3129)10 = (C39)16.

c) 23 u binarniResenje:

23 11 5 2 11 1 1 0 1

Dakle, (23)10 = (10111)2.

d) 76 u sistem sa osnovom 3Resenje:

76 25 8 21 1 2 2

Dakle, (76)10 = (2211)3.

e) 146222 u heksadekadniResenje:

3

146222 9138 571 35 2E 2 B 3 2

Dakle, (146222)10 = (23B2E)16.

Mesoviti broj an . . . a0.a−1 . . . a−m se prevodi u sistem sa osnovom M spajanjem prevodenja celog broja an . . . a0 irazlomljenog broja 0.a−1 . . . a−m. Razlomljeni broj se iz dekadnog sistema prevodi u sistem sa osnovom M tako sto sepomnozi sa M , pri cemu se pamte celi i razlomljeni deo. U narednom koraku se razlomljeni deo mnozi sa m i postupak seponavlja sve dok se ne dostigne vrednost 0. Rezultat je niz dobijenih celih delova. U nekim primerima se moze dogoditida se ovim postupkom ne moze stici do nule, jer se uocava ponavljanje odgovaruceg razlomljenog, odnosno celog, dela. Utakvim primerima vrednost u jednom sistemu se moze zapisati konacnim brojem cifara, a u drugom je zapis periodican.

5. Prevesti sledece razlomljene i mesovite brojeve iz dekadnog u naznaceni sistem:

a) 0.84375 u binarniResenje: U prvom redu tabele su razlomljeni delovi, a u drugom odgovarajuci celi delovi.

0.84375 0.6875 0.375 0.75 0.5 00 1 1 0 1 1

Sledi da je (0.84375)10 = (0.11011)2.

b) 12.375 u binarniResenje:

0.375 0.75 0.5 00 0 1 1

Kako je (12)10 = (1100)2 i (0.375)10 = (0.011)2, to je (12.375)10 = (1100.011)2.

c) 0.4 u binarniResenje:

0.4 0.8 0.6 0.2 0.4 0.8 0.6 0.2 0.4 0.80 0 1 1 0 0 1 1 0 0

Sledi da je (0.4)10 = (0.011001100...)2 = (0.0110)2. U ovom slucaju, zapis je periodican. Deo koji se ponavljaje nadvucen.

d) 77.44 u sistem sa osnovom 5Resenje:

0.44 0.2 00 2 1

Kako je (77)10 = (302)5, to je (77.44)10 = (302.21)5.

1.3 Specijalni slucajevi prevodenja: osnove sistema su stepeni istog broja N ili je jednastepen druge

Nekad se jednostavno moze izvrsiti prevodenje iz sistema sa osnovom N u sistem sa osnovom M bez meduprevodenja udekadni sistem. U tom slucaju broj M mora biti stepen broja N ili broj N mora biti stepen broja M .

Ako bismo zeleli da broj iz osnove N u osnovu M , pri cemu vazi M = Nk, potrebno je da, pocevsi od decimalnetacke i krecuci se levo i desno, izdvajamo grupe od po k cifara. Ukoliko odgovarajuca poslednja grupa ima manje od kcifara, potrebno je da ih dopunimo nulama u istom smeru i zatim svaku grupu od po k cifara ponaosob pretvorimo ucifru u sistemu M . Na primer,

(101101.01)2 = (10|1101.01)2 = (0010|1101.0100)2 = (2D.4)16

U obrnutom smeru je potrebno, nakon pretvaranja heksadekadnih cifara u cetvorke binarnih, izbrisati eventualne nulena pocetku i kraju broja.

(2D.4)16 = (0010|1101.0100)2 = (101101.01)2

6. Izvrsiti sledeca prevodenja brojeva bez meduprevodenja u dekadni sistem:

4

a) (10110001.0101101)2 = (...)8Resenje: (10110001.0101101)2 = (010|110|001.010|110|100)2 = (261.264)8

b) (C1.F1F9)16 = (...)4Resenje: (C1.F1F9)16 = (30|01.33|01|33|21)4 = (3001.33013321)4

c) (D2.EA5)16 = (...)2Resenje: (D2.EA5)16 = (1101|0010.1110|1010|0101)2 = (11010010.111010100101)2

Primetimo da se ne moze na ovaj nacin direktno prevoditi iz osnove 16 u osnovu 8 (ni obratno), buduci da 16 nije stepenbroja 8. Moguce je izvrsiti meduprevodenje u sistem sa osnovom 2.

2 Zapis oznacenih brojeva u racunaru

Oznaceni brojevi se u racunaru mogu zapisivati na vise nacina, a za svaki zapis je zajednicko da se mora voditi racunao znaku i apsolutnoj vrednosti broja. Znak se u svakom zapisu pise pomocu jedne cifre na isti nacin – ukoliko je brojpozitivan, dodeljuje mu se najmanja cifra sistema (tj. 0), a ukoliko je negativan najveca (za binarne 1, za dekadne 9,za heksadekadne F ). Apsolutna vrednost broja se u zavisnosti od sistema tretira na razlicite nacine. U nastavku ce bitipomenuta tri nacina zapisa oznacenih brojeva u racunaru: znak i apsolutna vrednost, nepotpuni komplement i potpunikomplement.

Ako je broj zapisan u znaku i apsolutnoj vrednosti, tada je potrebno nakon znaka broja dopisati njegovu apsolutnuvrednost. Ukoliko je naglaseno da se broj zapisuje na vise mesta nego sto je potrebno, apsolutnu vrednost broja trebadopuniti nulama. Na primer, broj (27)10 u dekadnom sistemu u zapisu znak i apsolutna vrednost na 3 mesta se zapisujekao (027)310. Ako bismo isti broj zeleli da napisemo na 5 mesta to bi zapisali kao (00027)510. Slicno, broj (−27)10 sezapisuje kao (927)310 i (90027)510. Osnovna mana ovog sistema je sto se nula moze zapisati na dva nacina, na primer natri mesta u osnovi 6 se pise kao (000)36 ili (500)36.

Ako je broj zapisan u nepotpunom komplementu, tada je razlicit postupak za zapis pozitivnih i negativnih brojeva.Pozitivni brojevi se pisu na nacin na koji se zapisuju u znaku i apsolutnoj vrednosti, dok se negativni brojevi najprezapisu kao odgovarajuci pozitivni a zatim se izvrsi njihovo komplementiranje do najvece cifre sistema (tj. oduzimanjeod najvece cifre sistema). Na primer, broj (27)10 se u nepotpunom komplementu na 3 mesta zapisuje kao (027)310, a na5 mesta kao (00027)510. Ako bismo zeleli da zapisemo broj (−27)10 na 3 mesta, najpre ga zapisemo kao odgovarajucipozitivan, odnosno kao (027)310. Zatim svaku cifru komplementiramo u odnosu na cifru 9, prema opisanom postupku.Dobijeni broj je (972)310. Analogno, ako bismo zeleli da zapisemo broj (−27)10 na 5 mesta, preko broja (00027)510 sedobija resenje (99972)510. Kod nepotpunog komplementa se nula takode moze zapisati na dva nacina, na primer u osnovi6 na tri mesta se pise kao (000)36 ili (555)36.

U potpunom komplementu se takode posebno razmatraju slucajevi pozitivnih i negativnih brojeva. Pozitivni brojevise pisu isto kao u prethodna dva zapisa, a negativni tako sto se na poslednju cifru nepotpunog komplementa doda cifra1. Ako pri tom sabiranju dode do prekoracenja, poslednji prenos se ignorise. Na primer, pozitivan broj (27)10 se na 3mesta u osnovi 10 pise kao (027)310, a na 5 mesta kao (00027)310. Broj (−27)10 se na 3 mesta zapisuje kao (973)310, a na5 mesta kao (99973)510. Primetimo da se kod ovog zapisa nula pise na jedinstven nacin. Kao pozitivan broj u osnovi 6se na tri mesta pise kao (000)36, dok se u negativnom slucaju, prema opisanom algoritmu, vrsi dodavanje jedinice na broj(555)36, pa se dobija zapis (000)36 (kao sto je naglaseno, poslednja jedinica u prenosu se ignorise).

1. Zapisati sledece brojeve u znaku i apsolutnoj vrednosti, nepotpunom komplementu i potpunom komplementu:

a) (732)10 → (...)7Resenje: Kako je broj dat u dekadnom sistemu, a u navednim zapisima je potrebno zapisati ga u osnovi 7,najpre je potrebno izvrsiti prevodenje celog broja 732 iz osnove 10 u osnovu 7. Primenom poznatog algoritmase dobija da je (732)10 = (2064)7.

znak i apsolutna vrednost: (02064)57nepotpuni komplement: (02064)57potpuni komplement: (02064)57

b) (−1045)10 → (...)16Resenje: Najpre vrsimo prevodenje broja u heksadekadni sistem i dobijamo (−1045)16 = (−415)16.

5

znak i apsolutna vrednost: (F415)416nepotpuni komplement: (FBEA)416potpuni komplement: (FBEB)416

2. Zapisati sledece brojeve na navedeni broj mesta u znaku i apsolutnoj vrednosti, nepotpunom komplementu i pot-punom komplementu:

a) (197)10 → (...)102Resenje: Prvo prevodimo broj u binarni sistem i dobijamo (197)10 = (11000101)2. Prema opisanom algoritmuzapisi na najmanji potreban broj mesta su:


Posto se u zadatku trazi da se broj zapise na 10 mesta, potrebno je prosiriti za jos jedno mesto cime se dobija:


b) (−125)10 → (...)86Resenje: Najpre vrsimo prevodenje broja u heksadekadni sistem i dobijamo (−125)10 = (−325)6. Zapisi nanajmanji potreban broj mesta su:


Posto se u zadatku trazi da se broj zapise na 8 mesta, potrebno je prosiriti za jos 4 mesto cime se dobija:


3. Zapisati mesoviti broj (−84.6875)10 na 8 mesta u osnovi 8 u znaku i apsolutnoj vrednosti, nepotpunom komplementui potpunom komplementu.Resenje: Najpre se prevodenjem u osnovu 8 dobija (−84.6875)10 = (−124.54)8. Cifre razlomljenog dela broja setretiraju kao i cifre celog dela.

znak i apsolutna vrednost: (700124.54)88nepotpuni komplement: (777653.23)88potpuni komplement: (777653.24)88

Primetimo da se za zapis u potpunom komplementu se cifra 1 dodaje na poslednju cifru zapisa, ali to nije nuznoposlednju cifra celog dela. Odatle je zapis u potpunom komplementu (777653.24)88, a ne (777654.23)88.

2.1 Sabiranje i oduzimanje u PK

Kod sabiranja u potpunom komplementu se sabiraju sve cifre iz zapisa broja ukljucujuci i cifru za znak. Eventualniprenos sa pozicije najvece tezine se ignorise. Prekoracenje se moze prepoznati promenom cifre za znak rezultata: akose sabiraju pozitivni brojevi i dobije negativan rezultat ili ako se sabiraju negativni brojevi i dobije pozitivan rezultat.Takode, ako cifra za znak rezultata nije najveca ili najmanja cifra sistema u kom se vrsi operacija, doslo je do prekoracenja.Oduzimanje brojeva svodimo na sabiranje.

1. Izvrsiti sledece operacije u potpunom komplementu:

a) (04321)55 − (02013)55Resenje: Oduzimanje svodimo na sabiranje, tj. vazi (04321)55−(02013)55 = (04321)55+(42432)55. Zatim vrsimooduzimanje cifru po cifru u osnovi 5:

043214243202303

6

Dakle, (04321)55 − (02013)55 = (02303)55

b) (01101)52 + (00110)52Resenje: Vrsimo sabiranje cifru po cifru u osnovi 2:

011010011010011

Dakle, (01101)52 + (00110)52 = ∗(10011)52. Kako smo sabirali dva broja istog znaka i dobili rezultat suprotnogznaka, doslo je do prekoracenja sta oznacavamo zvezdicom.

3 Mnozenje i deljenje

3.1 Mnozenje neoznacenih brojeva

Neka su data dva neoznacena cela broja i neka je potrebno izracunati njihov proizvod. Ukoliko pretpostavimo da je zanjihovo zapisivanje dovoljno 8 bitova (brojevi su po pretpostavci zapisani kao neoznaceni u binarnom sistemu), za zapisnjihovog proizvoda ce biti dovoljno 16 bitova.

Nazovimo prvi cinilac mnozenikom, a drugi mnoziocem. Raspolazemo sa tri osmobitna registra, A, M i P (registarje zapravo niska date duzine) i jednobitnim registrom C. Algoritam radi sledece:

1. U registar M se upisuje mnozenik (neoznacen ceo broj zapisan sa 8 cifara), mnozilac u registar P , dok se u registreA i C upisuje 00000000 i 0, redom.

2. Posmatramo bit mnozioca u registru P na mestu najmanje tezine (krajnja desna cifra, oznacimo je sa P0):

• ako je P0 = 0 – nema akcije

• ako je P0 = 1 – vrsi se sabiranje brojeva koji su u registrima A i M i dobijeni rezultat postaje nova vrednostregistra A, pri cemu eventualni prenos prilikom sabiranja upisujemo u registar C.

3. Vrsi se logicko pomeranje udesno registra CAP (dakle, registri C, A i P se posmatraju kao jedinstven registar takosto se nadovezu jedan na drugi). Logicko pomeranje znaci da ce se svi bitovi osim poslednjeg pomeriti za jednomesto udesno, poslednji ce se izgubiti, a na mesto prvog bita sleva novodobijenog broja se dodaje 0. Na primer,logicko pomeranje udesno niza od sest bitova 100101 daje kao rezultat nisku 010010.

4. Koraci 2. i 3. se ponavljaju sve dok se ne obrade svi bitovi u mnoziocu. (U nasem slucaju, gde su cinioci osmobitni,algoritam ce se vrsiti u 8 koraka).

5. Vrednost proizvoda je smesten u registar AP , koji posmatramo kao jedinstven registar nadovezanih registara A iP .

1. Izvrsiti mnozenje 112 · 9 ako su brojevi zapisani kao neoznaceni celi brojevi u binarnom sistemu na 8 mesta.

Resenje: Najpre treba da prevedemo brojeve u binarni sistem i zapisemo ih na 8 mesta.

(112)10 = (0111000)82

(9)10 = (00001001)82

.

Prvi cinilac nazovimo mnozenikom i oznacimo ga sa M , a drugi mnoziocem i oznacimo ga sa P . U sledecoj tabelije prikazano stanje registara C, A i P , pri cemu se podrazumeva da registar M uvek ima istu vrednost.

7

Korak C A P KomentarPocetak 0 00000000 00001001 Na pocetku je A = 00000000, C = 0, M = 01110000 i P = 00001001.

10 01110000 00001001 P0 = 1, vrsi se sabiranje A = A + M .0 00111000 00000100 Registar CAP se logicki pomera udesno.

20 00111000 00000100 P0 = 0, ne vrsi se nikakva akcija.0 00011100 00000010 Registar CAP se logicki pomera udesno.







Rezultat mnozenja je sadrzan u registru AP . Potrebno je prevesti broj u dekadni sistem:

(1111110000)2 = 29 + 28 + 27 + 26 + 25 + 24 = 512 + 256 + 128 + 64 + 32 + 16 = 1008

2. Izvrsiti mnozenje 207 · 43 ako su brojevi zapisani kao neoznaceni celi brojevi u binarnom sistemu na 8 mesta.

Resenje: Najpre treba da prevedemo brojeve u binarni sistem i zapisemo ih na 8 mesta.

(207)10 = (11001111)82

(43)10 = (00101011)82

.

Prvi cinilac nazovimo mnozenikom i oznacimo ga sa M , a drugi mnoziocem i oznacimo ga sa P . U sledecoj tabelije prikazano stanje registara C, A i P , pri cemu se podrazumeva da registar M uvek ima istu vrednost.

Korak C A P KomentarPocetak 0 00000000 00101011 Na pocetku je A = 00000000, C = 0, M = 11001111 i P = 00101011.









Rezultat mnozenja je sadrzan u registru AP . Potrebno je prevesti broj u dekadni sistem:

(10001011000101)2 = 213 + 29 + 27 + 26 + 22 + 20 = 8192 + 512 + 128 + 64 + 4 + 1 = 8901

8

3.2 Mnozenje oznacenih brojeva (Butov algoritam)

Algoritam za mnozenje oznacenih brojeva zapisanih u potpunom komplementu je poznat jos i kao Butov algoritam. Zazapis cemo koristiti osmobitne registre A, M , P i jednobitni P−1. Vrsicemo mnozenje dva oznacena cela broja zapisanau potpunom komplementu u binarnom sistemu sa 8 bitova. Algoritam se odvija na sledeci nacin:

1. Najpre se u registar M upisuje mnozenik, u registar P mnozilac, dok se registrima A i P−1 dodeljuju vrednosti00000000 i 0, redom.

2. Posmatramo bit mnozioca u registru P na mestu najmanje tezine (krajnja desna cifra, oznacimo je sa P0) i poredimosavrednoscu registra P−1:

• ako su vrednosti P0 i P−1 jednake (kombinacije 00 i 11) – nema akcija;

• ako je P0 = 0 i P−1 = 1, vrsi se sabiranje A + M , a rezultat se upisuje u registar A;

• ako je P0 = 1 i P−1 = 0, vrsi se oduzimanje A–M , a rezultat se upisuje u registar A. Kako je A–M = A+(−M),racunanje razlike svodimo na racunanje zbira sadrzaja registra A i potpunog komplementa sadrzaja iz M .

3. Vrsi se aritmeticko pomeranje udesno registra APP−1. Aritmeticko pomeranje udesno se razlikuje od logickogjedino u tome sto se na mesto krajnje leve cifre rezultata pomeranja dopisuje ona cifra koja je bila prva cifra brojacije pomeranje vrsimo (dakle, nije obavezno nula, kao sto je to bio slucaj kod logickog pomeranja, vec se zadrzavaznak broja) Na primer, aritmeticko pomeranje udesno niza od sest bitova 100101 daje kao rezultat nisku 110010.

4. Koraci 2. i 3. se ponavljaju sve dok se ne obrade svi bitovi u mnoziocu. (U nasem slucaju, gde su cinioci osmobitni,algoritam ce se izvrsavati u 8 koraka).

5. Vrednost proizvoda je smesten u registar AP , koji se posmatra kao jedinstven registar nadovezanih registara A i P .

1. Izvrsiti mnozenje 103 ·(−13) ako su brojevi zapisani kao oznaceni celi brojevi u potpunom komplementu u binarnomsistemu na 8 mesta.

Resenje: Prvo prevodimo brojeve u binarni sistem i zapisujemo ih na 8 mesta.

(103)10 = (01100111)82

(−13)10 = (11110011)82

U registar M smestamo mnozenik, a u P mnozilac. Odmah mozemo izracunati i −M kako bismo olaksali racun.Tako je M = 01100111, −M = 10011000 i P = 11110011.

U sledecoj tabeli prikazano je stanje registara A, P i P−1, pri cemu se podrazumeva da registar M uvek ima istuvrednost.

Korak A P P−1 KomentarPocetak 00000000 11110011 0 Na pocetku je A = 00000000, M = 01100111, P = 11110011 i P−1 = 0.

110011001 11110011 0 Kako je P0P−1 = 10, vrsi se oduzimanje A = A−M .11001100 11111001 1 Registar APP−1 se aritmeticki pomera udesno.

211001100 11111001 1 Kako je P0P−1 = 11, ne vrsi se nikakva akcija.11100110 01111100 1 Registar APP−1 se aritmeticki pomera udesno.

301001101 01111100 1 Kako je P0P−1 = 01, vrsi se sabiranje A = A + M .00100110 10111110 0 Registar APP−1 se aritmeticki pomera udesno.


510101100 01011111 0 Kako je P0P−1 = 10, vrsi se oduzimanje A = A−M .11010110 00101111 1 Registar APP−1 se aritmeticki pomera udesno.




9

Dakle, rezultat je AP = 1111101011000101. Potrebno je dobijeni rezultat prevesti iz potpunog komplementa udekadni zapis. Najlaksi nacin da se izvrsi prevodenje je da se vrednosti stepena dvojke na mestima gde su jedinicesaberu, osim u slucaju gde cifra 1 odgovara znaku (prva cifra sleva), gde se vrsi oduzimanje. Ako je broj pozitivan,na mestu za znak bi se nalazila cifra 0, pa se nikakvo oduzimanje ne bi vrsilo. Dakle, rezultat je

(1111101011000101)2 = −215 + 214 + 213 + 212 + 211 + 29 + 27 + 26 + 22 + 20

= −211 + 29 + 27 + 26 + 22 + 20

= −2048 + 512 + 128 + 64 + 4 + 1 = −1339.

3.3 Deljenje neoznacenih brojeva

Kod algoritma za deljenje neoznacenih brojeva se koriste tri osmobitna registra, A, M i P . Inicijalno se u registar Pupisuje deljenik, u registar M delilac, a u registar A 00000000. Zatim se sledeca dva koraka ponavljaju onoliko putakoliko ima bitova u registru P :

1. Pomera se sadrzaj registra AP ulevo za jedan bit. Kod pomeranja ulevo se na krajnje desno mesto postavlja cifra0.

2. Poredimo sadrzaj registra A i M :

• Ako je A ≥M , vrsi se oduzimanje A = A−M , a u najnizi bit registra P se upisuje cifra 1.

• Ako je A < M , ne vrsi se nikakva akcija.

Na kraju algoritma se kolicnik nalazi u registru P , a ostatak u registru A.

1. Izvrsiti deljenje 24÷ 9 ako su brojevi zapisani kao neoznaceni celi brojevi u binarnom sistemu na 8 mesta.

Resenje: Najpre je P = (24)10 → (00011000)82 i P = (9)10 → (00001001)82. Registri A i P se tokom izvrsavanjaalgoritma menjaju na sledeci nacin:

Korak A P KomentarPocetak 00000000 00011000 Na pocetku je A = 00000000, M = 00001001 i P = 00011000.

100000000 00110000 Registar AP se pomera ulevo.00000000 00110000 Kako je A < M , ne vrsi se nikakva akcija.






700001100 00000000 Registar AP se pomera ulevo.00000011 00000001 Kako je A ≥M , izvrsilo se oduzimanje A = A−M , a najnizi bit P je 1.


Prema algoritmu, kolicnik je u registru P i njegova vrednost je 2, a ostatak u registru A i iznosi 6.

3.4 Deljenje oznacenih brojeva

Za deljenje brojeva zapisanih u binarnom sistemu u potpunom komplementu se koriste tri registra, A, M i P . Algoritamse odvija na sledeci nacin:

1. U registar AP se upisuje deljenik kao broj zapisan u potpunom komplementu duzine 16. (Kod prethodna trialgoritma u registar A se upisivala vrednost 00000000, sto ovde nije uvek slucaj. Ukoliko je broj negativan, registarA ce pocinjati jedinicama, a ako je pozitivan nulama.) Delilac se upisuje u registar M .

10

2. Sadrzaj registra AP se pomera ulevo za jedan bit.

3. Poredimo sadrzaj registra A i M :

• Ako je |A| < |M |, ne vrsi se nikakva akcija.

• Ako je |A| ≥ |M | najniza cifra registra P postavlja na 1 i:

– ukoliko su brojevi A i M razlicitog znaka vrsi se sabiranje A = A + M

– ukoliko su brojevi A i M istog znaka vrsi se oduzimanje A = A−M .

4. Koraci 2. i 3. se ponavljaju onoliko puta koliko iznosi duzina registra P (u ovom slucaju 8). Po zavrsetku algoritmaostatak se nalazi u registru A. Ako je znak deljenika i delioca isti, tada je vrednost kolicnika u registru P , a ako jerazlicit, tada za kolicnik treba uzeti vrednost u registru P sa promenjenim znakom.

1. Izvrsiti deljenje 24÷ (−9) ako su brojevi zapisani kao oznaceni celi brojevi u potpunom komplementu u binarnomsistemu.

Resenje: Nakon zapisa brojeva 24 i −9 u potpunom komplementu na odgovarajuci broj mesta, prema algoritmu,dobija se sledeci sadrzaj registara:

AP = 0000000000011000

M = 11110111

Registri A i P se, prema algoritmu, menjaju na sledeci nacin:


100000000 00110000 Registar AP se pomera ulevo.00000000 00110000 Kako je |A| < |M |, ne vrsi se nikakva akcija.






700001100 00000000 Registar AP se pomera ulevo.00000011 00000001 Kako je |A| ≥ |M | i sgn(A) 6= sgn(M), sledi A = A + M i P0 = 1.


Ostatak deljenja je sadrzan u registru A i iznosi 6. Vrednost registra P je 2. Kako je znak deljenika i delioca razlicit,prema algoritmu se za vrednost kolicnika uzima vrednost registra P sa promenjenim znakom, pa je kolicnik jednak−2 (zaista je 24 = (−9) · (−2) + 6).

2. Izvrsiti deljenje (−67)÷ 7 ako su brojevi zapisani kao oznaceni celi brojevi u potpunom komplementu u binarnomsistemu.

Resenje:Nakon zapisa brojeva (−67) i 7 u potpunom komplementu na odgovarajuci broj mesta, prema algoritmu,dobija se sledeci sadrzaj registara:

AP = 1111111110111101

M = 00000111

Registri A i P se, prema algoritmu, menjaju na sledeci nacin:

11








711111010 10000100 Registar AP se pomera ulevo.11111010 10000100 |A| < |M |, ne vrsi se nikakva akcija.


Ostatak deljenja je sadrzan u registru A i iznosi -4. Vrednost registra P je 9. Kako je znak deljenika i deliocarazlicit, prema algoritmu se za vrednost kolicnika uzima vrednost registra P sa promenjenim znakom, pa je kolicnikjednak −9 (zaista je −67 = (−9) · 7 + (−4)).

4 Predstavljanje teksta i slike u racunaru

Tekst se obicno zamislja kao dvodimenzionalni objekat, ali se u racunaru predstavlja kao jednodimenzionalni niz karak-tera. Pritom je potrebno uvesti i specijalne karaktere koji oznacavaju prelazak u novi red, tabulator, kraj teksta, itd. Tispecijalni karakteri se u racunaru tretiraju na isti nacin kao slova, cifre i ostali karakteri. Osnovna ideja kod zapisivanjateksta u racunaru je da se svakom karakteru pridruzi odgovarajuci ceo broj na unapred dogovoren nacin. Uredena listakaraktera predstavljena svojim kodovima se naziva kodna strana.

Primeri kodnih strana (jednobajtni strandard):• ASCII. U ASCII kodu se moze zapisati 128 razlicitih karaktera. Svakom karakteru se dodeljuje odgovarajuca

sedmobitna niska. ASCII je jednobajtni standard, pa se vodeca cifra zapisa svakog karaktera ne koristi. Na prva33 mesta (od 0 do 32) predstavljeni su kontrolni karakteri, velika slova engleske abecede (od A do Z) na mestimaod 65 do 90, mala slova engleske abecede (od a do z) od 97 do 122, a cifre (od 0 do 9) na mestima od 48 do 57.

• ISO 8859-1 (Latin 1). Pomocu ove kodne strane se moze zapisati 256 razlicitih karaktera i svakom karakteru sedodeljuje osmobitna niska. Na prvih 128 mesta se poklapa sa ASCII kodom. Pomocu nje se zapisuju svi znakovizapadnoevropskih latinica.

• ISO 8859-2 (Latin 2). Ova kodna strana ima slicne karakteristike kao Latin 1, s tim sto se u ovom slucaju moguzapisati svi znakovi istocnoevropskih latinica, ukljucujuci srpsku.

• ISO 8859-5. Ova kodna strana ima slicne karakteristike kao Latin 1, s tim sto se u ovom slucaju mogu zapisatisvi znakovi istocnoevropskih cirilica, ukljucujuci srpsku.

• Windows 1250 i Windows 1251. Ove dve kodne strane su Majkrosoftovi standardi. Obe koriste 8 bitova zazapis svakog karaktera, pri cemu se prvih 128 mesta poklapa sa ASCII-jem. Pomocu Windows 1250 se mogu zapisatisva srpska latinicna, a pomocu Windows 1251 sva srpska cirilicna slova.

Primeri kodnih strana (visebajtni strandard):

• ISO 10646. Ovo je cetvorobajtni standard kod koga se prvih 216 karaktera koriste kao osnovni visejezicni skupkaraktera, a ostali prostor je ostavljen kao prosirenje za drevne jezike, celokupnu naucnu notaciju i slicno.

• Unicode UCS-2. Ovaj standard svakog karakteru dodeljuje dvobajtni kod. Prvih 256 karaktera se poklapa saLatin 1 standardom, a na preostalim mestima su, izmedu ostalih, obuhvaceni karakteri danasnjih jezika.

• Unicode UTF-8. UTF-8 algoritmom se svakom karakteru dodeljuje od 1 do 6 bajtova, s tim sto se ASCII karakterizapisuju pomocu jednog bajta.

12

Kada je predstavljanje slika u pitanju, postoje dva osnovna modela predstavljanja boja – aditivni i subtraktivni. Aditivnimodel se primenjuje kada se boje grade dodavanjem komponenti svetlosti, kao sto je slucaj kod monitora i projektora, asubtraktivni kada se boje grade odbijanjem svetlosti, npr. pri slikanju, stampanju i sl.

RGB je aditivni model boja u kom se svaka boja opisuje kroz tri vrednosti: deo crvene (R), deo zelene (G) i deoplave (B). Zastupljenost svake od ovih komponenti varira u intervalu od 0 do 255.

Kod HSB modela boja, svaka boja se opisuje preko vrednosti sledece tri komponente: ton (H), zasicenost (S) i osvetlje-nost (B). Ton se opisuje pomocu kruga od 360 stepeni, pri cemu 0◦ = 360◦ odgovara crvenoj, 120◦ zelenoj i 240◦ plavoj.Zasicenost se izrazava u procentima, gde 0% predstavlja sivu, a 100% cistu jarku boju. Osvetljenost se takode opisuje naskali od 0 do 100 procenata, pri cemu 0% predstavlja crnu, a 100% cistu svetlu boju.

4.1 Prevodenje boja iz RGB modela u HSB model

Boju predstavljenu u RGB modelu zelimo da predstavimo u HSB modelu. Prvo sto treba uraditi je sortiranje vrednostiR, G i B opadajuce i smestiti ih u promenljive B1, B2 i B3. Zatim treba izracunati otklon. Otklon predstavlja odnosizmedu dve najizrazenije komponente i odreduje se prema obrascu

H0 =60(B2 −B3)

B1 −B3

.

Ton je zbir (ili razlika) vrednosti tona za najizrazeniju komponentu i vrednosti otklona prema drugoj najizrazenijojkomponenti, pri cemu se u zavisnosti od polozaja dve najizrazenije komponente na krugu uzima zbir (smer suprotansmeru kretanja kazaljke na satu), odnosno razlika (smer kretanja kazaljke na satu).

H = H(B1)±H0

Zasicenost se odreduje prema obrascu

S =B1 −B3

B1

Osvetljenost se racuna kao

B =B1

256

1. Boja se u RGB modelu predstavlja u obliku (200, 100, 175). Odrediti HSB model koji odgovara ovom RGB modelu.

Resenje: Vidi se da je u datoj boji crvena komponenta najizrazenija (200), a zatim slede plava (175) i zelena (100).Stoga je B1 = 200, B2 = 175 i B3 = 100. Otklon je

H0 =60 · 75

100= 45

Kako su crvena i plava dve najizrazenije komponente, pri cemu je crvena prva najizrazenija, ton se racuna prekorazlike (na krugu se krecemo od crvene ka plavoj, to je smer kretanja kazaljke na satu)

H = H(R)−H0 = 360− 45 = 315

S = 0.5 = 50%

B = 0.78125 = 78.125%

Dakle, dobija se model HSB(315, 50%, 78.125%)

13

4.2 Prevodenje boja iz HSB modela u RGB model

Koriseci formule za prevodenje boje iz RGB u HSB model mozemo izvesti formule za odredivanje svake od komponentiRGB modela. Prvo mozemo izracunati B1 pomocu osvetljenosti

B1 = 256 ∗B

Zatim, koriscenjem formule za zasicenost dobijamo najmanje izrazenu komponentu

B3 = B1 · (1− S)

Da bismo odredili drugu najizrazeniju komponentu, potrebno je da izracunamo otklon. Otklon cemo izracunati pomocuformule

H = H(B1)±H0

Kako da odredimo da li B1 crvena, zelena ili plava komponenta? Posmatramo vrednost H i ona koja je najbliza tojvrednosti je najizrazenija, a druga najizrazenija je druga najbliza. Odredivanje da li se sabira ili oduzima radi se na istinacin kao i kod prevodenja iz RGB modela. Kad odredimo otklon lako dobijamo drugu komponentu preko formule

B2 =H0 · (B2 −B3)

60+ B3

Na kraju treba poredati brojeve B1, B2 i B3 prema redosledu komponenti.

a) Boja se u HSB modelu predstavlja u obliku (320, 50%, 70.3125%). Odrediti RGB model koji odgovara ovom HSBmodelu.

Resenje: Iz zadatka se vidi da je H = 320, S = 0.5 i B = 0.703125. Najizrazeniju komponentu mozemo odmahizracunati

B1 = 256 · 0.703125 = 180

Zatim, racunamo najmanje izrazenu komponentu

B3 = 180 · 0.5 = 90

Kako je H = 320, najblize komponente su crvena i plava, a otklon se racuna krecuci se od H(R) do H(B) i iznosi

H0 = H(R)−H = 360− 320 = 40

Najzad, druga najizrazenija komponenta ima vrednost

B2 =40 · 90

60+ 90 = 150

Dakle, dobija se RGB model (180, 90, 150).

5 Hafmanovo kodiranje

Kod ima prefiksno svojstvo ako ni za jedan znak ne vazi da je njegov kod prefiks koda nekog drugog znaka. Kod jepromenljive duzine ako razlicitim znakovima odgovaraju kodovi razlicitih duzina (u suprotnom kazemo da je fiksneduzine). Na primer, ako se kod sastoji od dva kodirana simbola (A i B) i ako je kod karaktera A jednak 11, a kodkaraktera B jednak 1110, u pitanju je kod promenljive duzine koji nije prefiksni. Jedan od primera prefiksnih kodovapromenljive duzine je Hafmanov kod.

1. Dat je tekst u kome se 13 puta pojavljuje slovo A, 6 puta slovo B, 3 puta slovo C, 2 puta slovo D, 4 puta slovo Ei 4 puta slovo F . Odrediti Hafmanove kodove za date karaktere.

Resenje: Najpre se pronadu dva karaktera koja se najrede javljaju (u prvom koraku su to karakteri C i D) i zatimse konstruise binarno drvo sa korenom cija je vrednost jednaka zbiru pojavljivanja C i D u tekstu, a cvorovi C i D

14

su potomoci, pri cemu se pamte njihova pojavljivanja. Ukoliko postoji vise karaktera koji se podjednako javljaju,dovoljno je izabrati bilo koje. Zatim se novokreirani cvor posmatra kao novi karakter sa frekvencijom 5 zajednosa preostalim karakterima (A, B, E i F ) i, u zavisnosti od toga koja dva karaktera imaju najmanju frekvenciju,formira se novo drvo koje se moze (a i ne mora u opstem slucaju) nadovezivati na pocetno. Postupak se ponavljasve dok svaki od karaktera u tekstu ne bude procesuiran. Konacno se dobija binarno drvo ciji su listovi polaznikarakteri iz teksta, a vrednost korena je jednaka zbiru pojavljivanja svakog od karaktera. Drvo sada izgleda ovako:

32

A 19

11 8

B 5 E F

C D

Na kraju se na, na primer, svaku levu granu dopise cifra 1, a na svaku desnu cifra 0. Konacno se za svaki karakteriscita niz cifri na putu od korena do njega samog, sto predstavlja i njegov Hafmanov kod. Tako su kodovi sa slike:A → 1, B → 011, C → 0101, D → 0100, E → 001 i F → 000. Primetimo da ukupna memorija koju zauzimaovaj tekst ukoliko je predstavljan Hafmanovim kodom iznosi 75 bita, a ako bismo za kodiranje karaktera koristilibinarne brojeve od 000 do 101, potrosili bismo 96 bitova, sto je znacajna usteda.

6 Binarno kodirani dekadni brojevi

Postoji vise zapisa pomocu kojih se moze svaka dekadna cifra kodirati nekim binarnim brojem. Kako je broj dekadnihcifara 10, za odgovarajuce kodiranje se koriste 4 binarne cifre. Kod zapisa 8421 se svaka dekadna cifra pretvori u binarnibroj, a zatim se zapis eventualno dopuni vodecim nulama. Kod zapisa visak 3 se na dekadnu cifru najpre doda vrednost3, a zatim se ponovi prethodni postupak. Odgovarajuci zapisi za sve dekadne cifre u kodu 8421 i visak 3 su prikazane usledecoj tabeli:

Cifra 0 1 2 3 4 5 6 7 8 98421 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001

Visak 3 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100

6.1 Sabiranje u zapisu 8421

Sabiranje se u zapisu 8421 vrsi tako sto se najpre dva broja zapisu u datom kodu, nakon cega se vrsi sabiranje cifru pocifru u binarnom sistemu i pamte se prenosi za svaku od 4 grupe binarnih cifara (koje se odnose na vrednost date dekadnecifre). U drugoj fazi se vrsi korekcija rezultata sabiranja svake cetvorke na sledeci nacin:

• Ako je data cetvorka veca ili jednaka binarnoj vrednosti 1010, vrsi se dodavanje broja 0110

• Ako je prenos na narednu cetvorku jednak 1, vrsi se dodavanje broja 0110

• Inace se dodaje 0000 (nula).

U obe faze pamti se poslednji prenos. Ukoliko je poslednji prenos prve faze ili poslednji prenos druge faze jednak 1,doslo je do prekoracenja. Rezultat je broj koji se dobije nakon druge faze sabiranja.

1. Izvrsiti sabiranje brojeva −23492 i (−5189) u zapisu 8421 ako su zapisani na 5 mesta:

Resenje: Sabiranja je uvek potrebno svoditi na sabiranje dva pozitivna broja. Zbog toga transformisemo izraz−23492 + (−5189) = −(23492 + 5189). Sada se odgovarajuce sabiranje vrsi na sledeci nacin:

15

0010 0011 0100 1001 00100000 0101 0001 1000 1001

0 0 0 1 0 00010 1000 0110 0001 1011

00000 0000 0000 0110 01100010 1000 0110 1000 0001

2 8 6 8 1

Dakle, resenja je −28681 i (b) −49995. Kako su poslednji prenosi prve i druge faze jednaki 0, sledi da nije doslo doprekoracenja.

6.2 Oduzimanje u zapisu 8421

Oduzimanje se vrsi analogno sabiranju. Najpre se dva broja zapisu u datom kodu, nakon cega se vrsi oduzimanje cifrupo cifru u binarnom sistemu i pamte se pozajmice za svaku od 4 grupe binarnih cifara (koje se odnose na vrednost datedekadne cifre). U drugoj fazi se vrsi korekcija rezultata oduzimanja svake cetvorke na sledeci naciin:

• Ako je pozajmica iz naredne cetvorke jednaka 1, oduzima se broj 0110

• Inace se oduzima vrednost 0000

Rezultat je broj koji se dobije nakon druge faze sabiranja.

2. Izvrsiti oduzimanje brojeva 2634 i 52629 u zapisu 8421 ako su brojevi zapisani na 5 mesta.

Resenje: Oduzimanja je uvek potrebno svoditi na oduzimanje manjeg broja od veceg. Konkretno, u primeru2634− 52629 = −(52629− 2634). Sada se odgovarajuce oduzimanje vrsi na sledeci nacin:

0101 0010 0110 0010 10010000 0010 0110 0011 0100

0 1 1 1 0 00100 1111 1111 1111 0101

0 0000 0110 0110 0110 00000100 1001 1001 1001 0101

4 9 9 9 5

Dakle, resenja je −49995.

6.3 Sabiranje i oduzimanje u zapisu visak 3

Sabiranje se u zapisu visak 3 vrsi tako sto se najpre dva broja zapisu u datom kodu, nakon cega se vrsi sabiranje cifrupo cifru u binarnom sistemu i pamte se prenosi za svaku od 4 grupe binarnih cifara (koje se odnose na vrednost datedekadne cifre). U drugoj fazi se vrsi korekcija rezultata sabiranje svake cetvorke na sledeci nacin:

• Ako je prenos na narednu cetvorku jednak 1, vrsi se dodavanje vrednosti 0011

• Inace (ukoliko je naredni prenos jednak 0) se dodaje 1101

Prekoracenje se kod sabiranja javlja ukoliko je poslednji prenos u prvoj fazi sabiranja jednak 1. U drugoj fazi sabiranjase ne vrsi prenos na narednu cetvorku.

Oduzimanje se vrsi tako sto se umanjilac komplementira u osnovi 10, a zatim se svodi na sabiranje. Pritom seprekoracenje ne javlja.

3. Izvrsiti sledece operacije u zapisu visak 3:

a) 28367 + 2847

Resenje:

16

0101 1011 0110 1001 10100011 0101 1011 0111 1010

0 1 1 1 1 01001 0001 0010 0001 01001101 0011 0011 0011 00110110 0100 0101 0100 0111

3 1 2 1 4

Dakle, 28367 + 2847 = 31214. Do prekoracenja ne dolazi jer je poslednji prenos u pvoj fazi jednak 0.

b) 8586− 5836

Resenje: Prvo umanjilac zapisemo u potpunom komplementu u osnovi 10 i dobijamo 94164. Sada vrsimosabiranje brojeva 08586 i 94164. Pocetne cifre 9 i 0 se odnose na znak broja, ali se pri algoritmu posmatrajuravnopravno.

1100 0111 0100 1001 01110011 1011 1000 1011 1001

1 1 0 1 1 00000 0010 1101 0101 00000011 0011 1101 0011 00110011 0101 1010 1000 0011

0 2 7 5 0

Nakon izvrsene operacije oduzimanja broj se iz potpunog komplementa prebacuje u dekadnu vrednost i iznosi2750. Posto je izvrsena operacija oduzimanja nema prekoracenja.

7 Otkrivanje i korekcija gresaka

Pri prenosu podataka cesto dolazi do promene pojedinih bitova podataka zbog smetnji na prenosnom putu i razlicitihtipova sumova na lokacijama odasiljanja i prijema. Smetnje se desavaju bez obzira na udaljenost uredaja, tj. kako priprenosu podataka izmedu dva racunara tako i izmedu komponenti istog racunara. Postoje dva osnovna pristupa resavanjuovog problema – kontrola gresaka unatrag i kontrola gresaka unapred.

Kod kontrole gresaka unatrag uz podatke se salju dodatne informacije koje sluze da se ustanovi da li postoje greske,ali ne i da se one otklone. Neispravno preneseni podaci se ponovo salju. Kod kontrole gresaka unapred se uz podatkesalju dodatne informacije koje sluze kako da se ustanovi da greske postoje, tako i da se odredi njihova lokacija. Neispravnopreneseni podaci se automatski koriguju. Najcesci koriscen metod koji vrsi kontrolu gresaka unatrag je ciklicna proveraredundanci (CRC), a za kontrolu gresaka unapred Hamingovog SEC kodovi.

7.1 CRC

Polinom generator je polinom stepena n ciji koeficijenti uzimaju vrednosti iz skupa {0, 1}. Koristimo ga kako bismouz poruku poslali dodatne informacije koje se koriste da se utvrdi da li je doslo do greske prilikom slanja.

Prvo sto treba uraditi jeste odredivanje binarnog ekvivalenta generatora. Binarni ekvivalent se dobija tako sto se redom,jedna do druge, dopisu koeficijenti uz odgovarajuce stepene promenljive u polinomu. Na primer, binarni ekvivalent poli-noma G(x) = x3 + x2 + 1 je 1101.

Sledeci korak je dopuna poruka sa n nula sa desne strane i deljenje rezultata binarnim ekvivalentom. U svakom korakuse vrsi oduzimanje, dok se ne dobije ostatak koji je manji od binarnog ekvivalenta. Oduzimanje se vrsi bez pozajmica,drugim recima izmedu svake dve cifre pri oduzimanju se novodobijena cifra formira eskluzivnom disjunkcijom. Vodecenule se ignorisu.

Pre slanja poruke, na njen kraj nadovezujemo ostatak pri deljenju duzine n (dopunimo ga nulama sa leve strane popotrebi). Sada je poruka spremna za slanje.

Kada primimo poruku, treba da utvrdimo da li je doslo do greske pri slanju. Potrebno je da to sto primimo pode-limo binarnim ekvivalentom, na prethodno opisan nacin, i posmatramo ostatak koji se dobija pri deljenju. Ako je ostatakrazlicit od 0 doslo je do greske. Inace, ako je ostatak jednak 0, onda je poruka stigla ispravno i potrebno je odrediti je.To se vrsi odsecanjemposlednjih n bitova, gde je n stepen polinoma generatora.

17

1. a) Koristeci polinom generator G(x) = x4 + x3 + 1 odrediti oblik za slanje poruke 11100110.

Resenje: Najpre je potrebno izracunati binarni ekvivalent za odgovarajuci polinom generator. Kako jeG(x) = x4 + x3 + 1 = 1 · x4 + 1 · x3 + 0 · x2 + 0 · x1 + 1 · x0, sledi da je odgovarajuci binarni ekvivalent 11001.Na poruku koja se salje je potrebno dodati onoliko nula koliki je stepen polinoma generatora (u ovom slucaju4), a zatim izvrsiti deljenje tog broja i binarnog ekvivalenta. Dakle, deljenje se vrsi na sledeci nacin:

111001100000 : 11001

11001

10111

11001

11100

11001

10100

11001

11010

11001

110

Poruka koja se salje je poruka iz zadatka na koju je nadovezan ostatak. Ostatak je potrebno dopuniti vodecimnulama, tako da bude zapisan na onoliko mesta koliki je stepen polinoma. Dakle, ostatak postaje 0110, aporuka koja se salje je 111001100110.

b) Koristeci polinom generator G(x) = x3 + 1 odrediti oblik za slanje poruke 101100.

Resenje: Binarni ekvivalent je 1001. Poruku dopunjavamo sa 3 nule (jer je stepen polinoma 3) i dobijamo101100000. To treba podeliti binarnim ekvivalentom:

101100000 : 1001

1001

1000

1001

1000

1001

1

Dobili smo ostatak 1 i to treba nadovezati na poruku pre slanja. Dakle, poruka koju saljemo je 101100001.

c) Koristeci polinom generator G(x) = x5 + x2 odrediti oblik za slanje poruke 100010111.

Resenje: Binarni ekvivalent je 100100. Poruku dopunjavamo sa 5 nula i dobijamo 10001011100000. Totreba podeliti binarnim ekvivalentom:

10001011100000 : 100100

100100

110111

100100

100110

100100

100000

100100

100

Dobili smo ostatak 100 i to treba nadovezati na poruku pre slanja. Dakle, poruka koju saljemo je 10001011100100.

2. a) Utvrditi da li je poruka 1100101101 uspesno primljena i, ukoliko jeste, odrediti njen polazni oblik. Koriscen jepolinom generator G(x) = x2 + 1.

Resenje: Najpre je binarni ekvivalent polinoma generatora jednak 101. Potrebno je izvrsiti deljenje primljeneporuke i binarnog ekvivalenta polinoma generatora:

1100101101 : 101

101

110

101

18

111

101

100

101

111

101

100

101

11

Poruka nije uspesno primljena jer smo dobili ostatak razlicit od 0.

b) Utvrditi da li je poruka 100111010111011 uspesno primljena i, ukoliko jeste, odrediti njen polazni oblik.Koriscen je polinom generator G(x) = x3 + x + 1.


100111010111011 : 1011

1011

1011

1011

0101

1011

1110

1011

1011

1011

1011

1011

0

Poruka je uspesno primljena jer smo dobili ostatak jednak 0. Polazni oblik poruke dobijamo odbacivanjemposlednjih n bitova i dobijamo 100111010111.

c) Utvrditi da li je poruka 1100110101101 uspesno primljena i, ukoliko jeste, odrediti njen polazni oblik. Koriscenje polinom generator G(x) = x4 + x2.


1100110101101 : 10100

10100

11011

10100

11110

10100

10101

10100

10110

10100

101

Poruka nije uspesno primljena jer smo dobili ostatak razlicit od 0.

7.2 Hamingovi SEC kodovi

Kao sto smo vec rekli, Hamingovi SEC kodovi koriste se za kontrolu greske unapred. Dakle, mozemo da otkrijemoda li je doslo do greske i da je ispravimo, ako jeste. Uz poruku saljemo dodatne bitove koje nazivamo kontrolni bitovi.Poruci duzine n dodajemo log2 n + 1. Tako, ako je poruka duzine 8, dodacemo joj 4 kontrolna bita na kraj.

19

Prvo sto treba odrediti, kada primimo poruku, jeste da prvih osam bitova poruke oznacimo sa m8,m7, . . . ,m1, a preostalacetiri sa c4, c3, c2, c1 (koji predstavljaju kontrolne bitove).

Nakon toga se formira tablica Hamingovih kodova. U prvoj koloni su dekadni brojevi od 12 do 1, u drugoj koloniodgovarajuci binarni brojevi zapisani pomocu 4 cifre, a u trecoj se svakom broju (od 12 do 1) dodeljuje neki od bitovam8,m7, . . . ,m1, c4, c3, c2, c1. Bitovi ci se dodeljuju onim brojevima koji su stepeni dvojke (brojevima 1, 2, 4 i 8), a napreostala mesta se popune bitovi m8,m7, . . . ,m1 na nacin prikazan u tabeli 7.2.

12 1100 m8

11 1011 m7

10 1010 m6

9 1001 m5

8 1000 c47 0111 m4

6 0110 m3

5 0101 m2

4 0100 c33 0011 m1

2 0010 c21 0001 c1

Zatim se racunaju kontrolni bitovi c′4, c′3, c′2, c′1 preko m8,m7, . . . ,m1 tako sto se redom u cetvrtoj, trecoj, drugoj i prvoj

koloni svih binarnih zapisa iz tabele u odgovarajucu formulu ubace oni brojevi mi cija je vrednost 1 i izvrsi se njihovaekskluzivna disjunkcija (vrednosti za mi se menjaju iz poruke u zadatku). Drugim recima, vazi:

c′4 = m5 ⊕m6 ⊕m7 ⊕m8

c′3 = m2 ⊕m3 ⊕m4 ⊕m8

c′2 = m1 ⊕m3 ⊕m4 ⊕m6 ⊕m7

c′1 = m1 ⊕m2 ⊕m4 ⊕m5 ⊕m7

Konacno, izracunava se vrednost c4c3c2c1⊕ c′4c′3c′2c′1. Na osnovu dobijene vrednosti zakljucicemo da li je doslo do greske.

Binarnu vrednost prevedemo u dekadnu i :

• Ako je dobijena vrednost iz skupa {0, 13, 14, 15} to znaci da nije doslo do greske.

• Ako je dobijena vrednost iz skupa {1, 2, 4, 8} onda je doslo do greske u kontrolnom bitu, ali poruka je u redu.

• Inace, doslo je do greske. Vrednost koju smo dobili na predstavlja redni broja reda u tabeli. Bit poruke koji senalazi u tom redu je pogresan i treba ga komplementirati.

3. a) Koristeci Hamingove SEC kodove, izvrsiti korekciju greske u poruci 101001100110.

Resenje: Najpre je potrebno da oznacimo prvih 8 bitova oznakama m8, . . . ,m1 (koji se odnose na sadrzaj), apreostala cetiri sa c4, c3, c2, c1 (koji predstavljaju kontrolne bitove):

m8 m7 m6 m5 m4 m3 m2 m1 c4 c3 c2 c11 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0

Zatim, racunamo kontrolne bitove c′4, c′3, c′2, c′1:

c′4 = 0⊕ 1⊕ 0⊕ 1 = 0c′3 = 1⊕ 1⊕ 0⊕ 1 = 1c′2 = 0⊕ 1⊕ 0⊕ 1⊕ 0 = 0c′1 = 0⊕ 1⊕ 0⊕ 0⊕ 0 = 1

Konacno, izracunava se vrednost c4c3c2c1 ⊕ c′4c′3c′2c′1 = 0110 ⊕ 0101 = 0011. Binarnom broju 0011 odgovara

dekadna vrednost 3. U tabeli, u redu gde je broj 3 se nalazi bit m1. To znaci da je doslo do greseke bas natom bitu i da je tu vrednost bita potrebno komplementirati. Zbog toga je ispravna poruka 10100111.

b) Koristeci Hamingove SEC kodove, izvrsiti korekciju greske u poruci 010101010000.


20

m8 m7 m6 m5 m4 m3 m2 m1 c4 c3 c2 c10 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0


c′4 = 1⊕ 0⊕ 1⊕ 0 = 0c′3 = 0⊕ 1⊕ 0⊕ 0 = 1c′2 = 1⊕ 1⊕ 0⊕ 0⊕ 1 = 1c′1 = 1⊕ 0⊕ 0⊕ 1⊕ 1 = 1


dekadna vrednost 7. U tabeli, u redu gde je broj 7 se nalazi bit m4. To znaci da je doslo do greseke bas natom bitu i da je tu vrednost bita potrebno komplementirati. Zbog toga je ispravna poruka 10101110.

c) Koristeci Hamingove SEC kodove, izvrsiti korekciju greske u poruci 011011101010.


m8 m7 m6 m5 m4 m3 m2 m1 c4 c3 c2 c10 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0


c′4 = 0⊕ 1⊕ 1⊕ 0 = 0c′3 = 1⊕ 1⊕ 1⊕ 0 = 1c′2 = 0⊕ 1⊕ 1⊕ 1⊕ 1 = 0c′1 = 0⊕ 1⊕ 1⊕ 0⊕ 1 = 1


dekadna vrednost 12. Nije doslo do greske, a poruka je smestena u prvih 8 bitova.

d) Koristeci Hamingove SEC kodove, izvrsiti korekciju greske u poruci 011001010110.


m8 m7 m6 m5 m4 m3 m2 m1 c4 c3 c2 c10 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0


c′4 = 0⊕ 1⊕ 1⊕ 0 = 0c′3 = 0⊕ 1⊕ 0⊕ 0 = 1c′2 = 1⊕ 1⊕ 0⊕ 1⊕ 1 = 0c′1 = 1⊕ 0⊕ 0⊕ 0⊕ 1 = 0


dekadna vrednost 2. To znaci da je doslo do greseke na kontrolnom bitu. Poruka ispravna i smestena je prvih8 bitova.

8 DPD kodiranje

DPD kodiranje je jedan od nacina zapisa brojeva u IEEE 754 zapisu sa dekadnom osnovom. Broj se zapisuje u oblikux · 10y, pri cemu je x frakcija zapisana na 7 mesta, a y eksponent. Ako frakcija ima vise od 7 cifara, potrebno je izvrsitizaokruzivanje. Karakteristike zapisa sa DPD kodiranjem:• 1 bit za zapis znaka broja:

– 0 - ako je broj pozitivan

– 1 - ako je broj negativan

• 11 bitova za kombinaciju: kombinacija ukljucuje zapis eksponenta i zapis prve cifre frakcije

– eksponent se zapisuje kao broj duzine 8 bita sa uvecanjem 101, a od vrednosti prve cifre frakcije zavisi formatkombinacije pa razlikujemo sledece slucajeve:

21

1. Ako je cifra mala tj. ako je iz skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kombinacija se gradi tako sto se zapisu prva dvabita eksponenta, pa kod cifre duzine 3 bita, pa preostalih 6 bitova eksponenta.

2. Ako je cifra velika tj. ako je iz skupa {8, 9} kombinacija se gradi tako sto se zapisu prvo bitovi 11, paprva dva bita eksponenta, pa kod cifre duzine 1 bit (0 za cifru 8 = (1000)2 ili 1 za cifru 9 = (1001)2), papreostalih 6 bitova eksponenta.

• 20 bitova za zapis ostatka frakcije (6 cifara): niz cifara se razdvaja na dve grupe od po 3 dekadne cifre, a zatim sesvakoj od njih pridruzuje DPD kod duzine 10 bitova prema pravilima za kodiranje zadatim tablicom:

aei pqr stu v wxy000 bcd fgh 0 jkm010 bcd jkh 1 01m100 jkd fgh 1 10m001 bcd fgh 1 00m110 jkd 00h 1 11m101 fgd 01h 1 11m011 bcd 10h 1 11m111 00d 11h 1 11m

Grupu od tri cifre kodiramo na sledeci nacin, Prvo, svaku cifru prevedemo u zapis 8421 cime dobijamo 12 cifara.Svaku od cifara obelezimo redom slovima abcdefghijkm. Zatim, na osnovu vrednosti aei, pozicioniramo se uodgovarajuci red u tabeli. Na ovaj nacin dobijamo 10 bitova koji predstavljaju DPD kod ove grupe cifara.

1. Zapisati sledece brojeve u pokretnom zarezu pomocu dekadne osnove koristeci DPD kodiranje:

a) 123.4

Resenje: Najpre je potrebno broj 123.4 napisati u obliku x · 10y:

123.4 = 0001234 · 10−1

bit za znak: 0eksponent: −1 + 101 = 100 = (01100100)2prva cifra frakcije: 0 = (000)2kombinacija: 01000 100100ostatak frakcije: Ostalo je 6 cifara koje treba kodirati, a to su 001234. Kada to podelimo na dve grupe,dobijamo 001 i 234. Sada svaku od grupa kodiramo posebno:

001:abcd efgh ijkm0000 0000 0001

Posto je aei = 000, pozicioniramo se u prvi red tabele i dobijamo kod za 001 i on iznosi 0000000001.

234:abcd efgh ijkm0010 0011 0100

Posto je aei = 000, pozicioniramo se u prvi red tabele i dobijamo kod za 234 i on iznosi 0100110100.

Dakle zapis (od 32 bita) broja 123.4 koristeci DPD kodiranje je oblika 0 01000 100100 0000000001 0100110100.

b) −982.5294 · 1042

Resenje: Najpre je potrebno broj −982.5294 · 1042 napisati u obliku x · 10y:

−982.5294 · 1042 = −9825294 · 1038

bit za znak: 1eksponent: 38 + 101 = 139 = (10001011)2prva cifra frakcije: = (1001)2kombinacija: 11101 001011ostatak frakcije: Ostalo je 6 cifara koje treba kodirati, a to su 825294. Kada to podelimo na dve grupe,dobijamo 825 i 294. Sada svaku od grupa kodiramo posebno:

22

825:abcd efgh ijkm1000 0010 0101

Posto je aei = 100, pozicioniramo se u treci red tabele i dobijamo kod za 825 i on iznosi 1000101101.

294:abcd efgh ijkm0010 1001 0100

Posto je aei = 010, pozicioniramo se u drugi red tabele i dobijamo kod za 294 i on iznosi 0101011010.

Dakle zapis (od 32 bita) broja −982.5294 · 1042 koristeci DPD kodiranje je oblika 1 11011 001011 10001011010101011010.

Kada hocemo da procitamo koji je dekadni broj zapisan pomocu DPD kodiranja, postupamo na sledeci nacin:

• Bit za znak je prvi bit u nizu i na osnovu njega odredujemo da li broj pozitivan ili negativan.

• Narednih 11 bitova cine kombinaciju i odatle treba odrediti prvu cifru frakcije i eksponent:

– ako kombinacija pocinje bitovima 11

∗ prva cifra je 8 (ako je peti bit jednak 0) ili 9 (ako je peti bit jednak 1)

∗ treci i cetvrti bit kombinacije su prva dva bita eksponenta, a preostalih sest bitova kombinacije su ostalibitovi eksponenta

– inace

∗ prva cifra je iz skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i odredena je trecim, cetvrtim i petim bitom kombinacije

∗ prvi i drugi bit kombinacije su prva dva bita eksponenta, a preostalih sest bitova kombinacije su ostalibitovi eksponenta.

• Preostalih 20 bitova cine frakciju. Delimo ih u 2 grupe po 10 bitova. Svaki od 10 bitova obelezavimo redom slovimapqrstuvwxy. Za dekodiranje koristimo tabelu:

vwxst abcd efgh ijkm0 .... 0pqr 0stu 0wxy100 .. 0pqr 0stu 100y101 .. 0pqr 100u 0sty110 .. 100r 0stu 0pqy11100 100r 100u 0pqy11101 100r 0pqu 100y11110 0pqr 100u 100y11111 100r 100u 100y

Na osnovu kombinacije vwxst pozicioniramo se u odgovarajuci red tabele i dobijamo vrednosti 12 bitova abcdefghijkm.Dobijene bitove delimo u tri grupe i pretvaramo u dekadni broj.

2. Odrediti dekadni broj koji je predstavljen u pokretnom zarezu zapisanim u IEEE 754 zapisu pomocu dekadne osnove(DPD kodiranje): 0 01111 011110 0000000000 0000110101.

Resenje:znak: +kombinacija: 01111 011110Kako kombinacija pocinje bitovima 01, to su prva dva bita eksponenta. Naredna tri bita predstavljaju prvu cifru,a preostalih 6 bitova su ostatak eksponenta.eksponent: (01011110)2 − 101 = −7prva cifra: (111)2 = 7ostatak frakcije: Preostalih 20 bitova delimo u dve grupe po 10 bitova:

0000000000:

pqr stu v wxy000 000 0 000

Kako je vwxst = 00000 pozicioniramo se u prvi red tabele za dekodiranje i dobijamo 0000 0000 0000.Prevodenjem svake od cetvorki bitova dobijamo 000. To su druga, treca i cetvrta cifra dekadnog broja.

23

0000110101:

pqr stu v wxy000 011 0 101

Kako je vwxst = 01001 pozicioniramo se u prvi red tabele za dekodiranje i dobijamo 0000 0011 0101.Prevodenjem svake od cetvorki bitova dobijamo 035. To su peta, sesta i sedma cifra dekadnog broja.

Dakle, u pitanju je broj 7000035 · 10−7 = 0.7000035.

8.1 Specijalne vrednosti

Specijalne vrednosti koje se mogu pojaviti u broju su 0, ∞ i NaN vrednost.

Pozitivna nula: bit za znak je 0, frakcija je 0000000, a eksponent moze uzeti proizvoljne vrednosti. Na primer:0 00000110001 0000000000 00000000000 01000000011 0000000000 00000000000 10000011101 0000000000 0000000000

Negativna nula: bit za znak je 1, frakcija je 0000000, a eksponent moze uzeti proizvoljne vrednosti. Na primer:1 10000000111 0000000000 00000000001 00000010001 0000000000 00000000001 01000100100 0000000000 0000000000

Pozitivna beskonacnost: bit za znak je 0, kombinacija pocinje sa 11110, dok preostali bitovi mogu uzeti proizvoljnevrednosti. Na primer:0 11110110111 1101100000 101110101000 11110000001 0100100101 000000000000 11110101100 1110101100 00111100011

Negativna beskonacnost: bit za znak je 1, kombinacija pocinje sa 11110, dok preostali bitovi mogu uzeti proizvoljnevrednosti. Na primer:1 11110100100 0001100000 101110101001 11110110101 1100110101 010110011001 11110001110 0100001010 01100101001

qNaN vrednost: bit za znak moze biti 0 ili 1, kombinacija pocinje sa 111110, dok preostali bitovi mogu uzeti pro-izvoljne vrednosti. Na primer:0 11111010111 0111111111 01100101101 11111000001 1100010001 00010100001 11111001010 0100001000 1111000000

sNaN vrednost: bit za znak moze biti 0 ili 1, kombinacija pocinje sa 111111, dok preostali bitovi mogu uzeti pro-izvoljne vrednosti. Na primer:0 11111100100 1001000001 100111010011 11111100011 0001100101 000000011010 11111111111 1100010101 00110110000

9 IEEE 754 zapis sa binarnom osnovom

Broj se u IEEE 754 standardu zapisuje u obliku x · 2y, gde se x naziva frakcija, a y eksponent. Broj 2 je osnova. Pomocuovog standarda se mogu zapisati realni brojevi (sa odgovarajucom preciznoscu) i neke specijalne vrednosti medu kojimasu 0, ∞, NaN vrednosti, itd. Najcesci su zapisi u jednostrukoj i dvostrukoj.

9.1 Jednostruka tacnost (binary 32)

Zadati broj x · 2y zapisujemo u obliku 1.f · 2e, gde su f cifre frakcije, a e odgovarajuci eksponent. U jednostrukojtacnosti broj se zapisuje pomocu 32 bita:

• 1 bit za znak

24



• 8 bitova za eksponent e, pri cemu se vrednost e uvecava za 127

• 23 bita frakcije f , pri cemu se f dopunjava nulama, po potrebi.

1. Zapisati sledece brojeve prema IEEE 754 standardu u jednostrukoj tacnosti:

a) 13.25Resenje: Najpre se broj 13.25 prevodi u binarnu osnovu:

13.25 = (1101.01)2

Dobijeni rezultat u binarnoj osnovi je potrebno zapisati u obliku 1.f · 2e, pa dati zapis postaje

(1.10101)2 · 23

znak: 0eksponent: 3 + 127 = 130 = (10000010)2frakcija: 10101000000000000000000

Dakle, zapis broja je 0 10000010 10101000000000000000000.

b) −111.625Resenje: Najpre se broj -111.625 prevodi u binarnu osnovu:

−111.625 = −(1101111.101)2 = −(1.101111101) · 26



2. Procitati zapis 1 10000110 01001000000000000000000 u IEEE 754 standardu u jednostrukoj tacnosti.

Resenje: Prvi bit predstavlja znak broja. Narednih 8 bitova cine eksponent. Kako se eksponent zapisuje sauvecanjem 127, broj treba umanjiti za 127 kako bi se dobio eksponent. Ostalih 23 bita predstavljaju frakciju.znak: -eksponent: (10000110)2 − 127 = 134− 127 = 7frakcija: 01001000000000000000000.

Dakle, dekadna vrednost broja je (−1.01001)2 · 27 = (−10100100)2 = −164.

Denormalizovani brojeviU prethodna dva zadatka prikazani su primeri zapisivanja tzv. normalizovanih brojeva. Postoje i denormalizovanibrojevi; to su oni brojevi koji su po apsolutnoj vrednosti veoma bliski nuli. Kod njih se eksponent zapisuje pomocu 8nula. Prilikom prevodenja broja u dekadni zapis, eksponent uvek iznosi −126, a frakcija se iscitava u obliku 0.f .

3. Procitati zapis 0 00000000 00010000000000000000000 u IEEE 754 standardu u jednostrukoj tacnosti.

Resenje: Na osnovu zapisa eksponenta zakljucujemo da se radi o denormalizovanom broju.znak: +eksponent: −126frakcija: 00010000000000000000000.

Dakle, dekadna vrednost broja je (0.0001)2 · 2−126 = 2−4 · 2−126 = 2−130.

25

Specijalne vrednosti

Pored normalizovanih i denormalizovanih brojeva, IEEE 754 standard u jednostrukoj tacnosti podrzava zapis za nulu,beskonacno i NaN vrednosti. Nula u zapisu eksponenta ima 8 nula, a u frakciji 23 nule. Beskonacnost ima 8 jedinica ueksponentu, a u frakciji 23 nule. Razlikujemo pozitivne i negativne nule i beskonacnosti.

Pozitivna nula: 0 00000000 00000000000000000000000Negativna nula: 1 00000000 00000000000000000000000Pozitivna beskonacnost: 0 11111111 00000000000000000000000Negativna beskonacnost: 1 11111111 00000000000000000000000

Sto se tice NaN vrednostu, obe mogu imati 0 ili 1 za prvi bit (bit znaka). Takode, obe imaju 8 jedinica u ekspo-nentu. Frakcija za sNaN pocinje bitom 0, a ostatak frakcije je razlicit od 0 (nisu svi bitovi 0). Frakcija za qNaN pocinjebitom 1, a ostatak frakcije je proizvoljan.

sNaN - primeri:0 11111111 001000010101111000000001 11111111 00000000000000000000100

qNaN - primeri:0 11111111 101000010101111000000001 11111111 10000000000000000000000

9.2 Dvostruka tacnost (binary 64)

Zadati broj x · 2y zapisujemo u obliku 1.f · 2e, gde su f cifre frakcije, a e odgovarajuci eksponent. U jednostrukojtacnosti broj se zapisuje pomocu 64 bita:

• 1 bit za znak



• 11 bitova za eksponent e, pri cemu se vrednost e uvecava za 1023

• 52 bita frakcije f , pri cemu se f dopunjava nulama, po potrebi.

1. Zapisati sledece brojeve prema IEEE 754 standardu u dvostrukoj tacnosti:

a) 48.125Resenje: Najpre se broj 48.125 prevodi u binarnu osnovu:

48.125 = (110000.001)2 = (1.10000001)2 · 25



b) −1780.53125Resenje: Najpre se broj −1780.53125 prevodi u binarnu osnovu:

−1780.53125 = −(11011110100.10001)2 = −(1.101111010010001)2 · 210



26

2. Procitati zapis 1100000110011011000000000000000000000000000000000000000000000000 u IEEE 754 standardu udvostrukoj tacnosti.

Resenje:znak: -eksponent: (10000011001)2 − 1023 = 1049− 1023 = 26.frakcije: 1011000000000000000000000000000000000000000000000000

Dakle, trazeni broj je −(1.1011)2 · 226 = −(11011)2 · 222 = −27 · 222.

Denormalizovani brojeviU prethodna dva zadatka prikazani su primeri zapisivanja tzv. normalizovanih brojeva. I u IEEE 754 zapisu sa dvostrukomtacnoscu postoje denormalizovani brojevi. Kod njih se eksponent zapisuje pomocu 11 nula, a ako je zapis frakcije f , onase iscitava u obliku 0.f . Eksponent uvek iznosi −1022.

3. Procitati zapis 0 00000000000 0100000000000000000000000000000000000000000000000000 u IEEE 754 standarduu jednostrukoj tacnosti.

Resenje: Na osnovu zapisa eksponenta zakljucujemo da se radi o denormalizovanom broju.znak: +eksponent: −1023frakcija: 0100000000000000000000000000000000000000000000000000.

Dakle, dekadna vrednost broja je (0.01)2 · 2−1023 = 2−2 · 2−1023 = 2−1025.

Specijalne vrednosti

IEEE 754 u dvostrukoj tacnosti omogucava i zapis specijalnih vrednosti. Nula u zapisu eksponenta ima 11 nula, au frakciji 52 nule. Beskonacnost ima 11 jedinica u eksponentu, a u frakciji 52 nule. Razlikujemo pozitivne i negativnenule i beskonacnosti.

Pozitivna nula: 0 00000000000 0000000000000000000000000000000000000000000000000000Negativna nula: 1 00000000000 0000000000000000000000000000000000000000000000000000Pozitivna beskonacnost: 0 11111111111 0000000000000000000000000000000000000000000000000000Negativna beskonacnost: 1 11111111111 0000000000000000000000000000000000000000000000000000

Sto se tice NaN vrednostu, obe mogu imati 0 ili 1 za prvi bit (bit znaka). Takode, obe imaju 8 jedinica u ekspo-nentu. Frakcija za sNaN pocinje bitom 0, a ostatak frakcije je razlicit od 0 (nisu svi bitovi 0). Frakcija za qNaN pocinjebitom 1, a ostatak frakcije je proizvoljan.

sNaN - primeri:0 11111111111 00100001010110000000000000000000000000000011000000001 11111111111 0000000000000000000000000000000000000000000000000100

qNaN - primeri:0 11111111111 10100001010111000000000000000000000000000001000000001 11111111111 1000000000000000000000000000100000000000000000000000

10 Minimizacija logickih funkcija

1. Izvrsiti minimizaciju sledece funkcije metodom algebarskih transformacija:

f(a, b, c, d) = ab′d′ + ab′c + ab′d′ + cd + a′b′c + c′d + abb′cd.

Resenje: Funkcija f se minimizuje koristeci komutativnost i asocijativnost and i or funkcija, kao i distributivnost mnozenja(and funkcije) u odnosu na sabiranje (or funkcija). Dodatno, cesto se koriste i cinjenice da je

27

• a + a′ = 1

• a + 1 = 1

• a + 0 = a

• aa′ = 0

• a · 0 = 0

• a · 1 = a

Funkcija f se minimizuje na sledeci nacin:

f(a, b, c, d) = ad′(b′ + b) + b′c(a + a′) + d(c′ + c) + acd(bb′) = ad′ + b′c + d.

2. Funkcija f = f(A,B,C,D) uzima vrednost 1 ako je dekadna vrednost broja ABCD jednaka 0, 2, 3 ili 5–9, vrednost0 ako je ABCD jednako 1 ili 4, a inace je nedefinisana. Izvrsiti njenu minimizaciju metodom Karnoovih mapa.

Resenje: Odgovarajuce vrednosti za funkciju f cemo napisati u matricu kao na slici. Pritom treba voditi racuna da seu prvom redu, odnosno prvoj koloni svi susedi (pri cemu su susedi i prvi i poslednji par) kombinacije 00, 01, 11 i 10 zaAB, odnosno BC razlikuju za tacno jedan bit. Vrednosti za koje funkcija f nije definisan su oznacene sa n.

10

11

01

00

AB

CD

1

1

0

1

00

1

1

1

0

01

n

n

n

n

11

n

n

1

1

10

Zatim se vrsi ucrtavanje sto manjeg broja pravougaonika tako da svaki od njih ima sto vecu povrsinu i duzinu straniceoblika 2n. Njima sve jedinice moraju biti obuhvacene, a nijedan ne sme sadrzati nule. Pritom su susedni elementi umatrici sa slike susedni, ali su susedni i oni iz prve i poslednje kolone, odnosno reda. Svaki od ovih pravougaonika ceodgovarati jednom sabirku trazene formule.

Na primer, za pravougaonik koji zahvata polja (3, 4) × (1, 2, 3, 4), odgovarajuca formula je C, buduci da je jedino bit Costao nepromenjen pri kretanju kroz pravougaonik. Ukoliko bi tada C imao vrednost 0, formula bi sadrzala C ′ a ne C,a ukoliko bi npr. i element B bio nepromenjen, umesto C sabirak bi bio oblika BC. Tako su odgovarajuce formule zapreostala tri pravougaonika oblika A, BD i B′D′. Zato je trazeni oblik funkcije f dat sa f = A + C + BD + B′D′.

28

uvod u organizaciju i arhitekturu …uoar1.matf.bg.ac.rs/2017/vezbel/uoar1_mnvl.pdfuvod u...

Documents