Darstellung ganzer Zahlen mit dem Einerkomplement

Darstellung ganzer Zahlen mit dem Einerkomplement

Jan Bredereke

Universit¨ at Bremen, Fachbereich Informatik Vers. 3.0

Dieser Text erg¨ anzt das Skript

” Darstellung ganzer Zahlen als Bitvektoren“ von Jan Peleska und Jan Bredereke, das zur Darstellung das Zweierkomplement benutzt.

Der letzte Teil dieses Textes wird nach erfolgreichem Vorrechnen von Blatt 1 erg¨ anzt werden.

Definition 1 (Repr¨ asentationsfunktion b r)

b r : Z → B ⁿ⁺¹ , b r(z) =



 



 



(0 x _n−1 . . . x ₀ ) mit

n−1

P

i=0

2 ⁱ x _i = z falls 0 ≤ z < 2 ⁿ ( 1

|{z}

=w

w n−1 . . . w 0 ) mit

n

P

i=0

2 ⁱ w i = z + 2 ⁿ⁺¹ − 1 falls −2 ⁿ < z < 0

mit Definitionsbereich

dom b r = {z ∈ Z | − 2 ⁿ < z < 2 ⁿ } Außerdem sei, falls −2 ⁿ < z < 0,

w = _df

n

X

i=0

2 ⁱ w _i = z + 2 ⁿ⁺¹ − 1

2 Definition 2 (Abstraktionsfunktion ρ) b

ρ b : B ⁿ⁺¹ → Z , ρ(x b n . . . x 0 ) =



 



 



ρ(x _n . . . x ₀ ) =

n−1

P

i=0

2 ⁱ x _i f¨ ur x _n = 0

−ρ(K ₁ (x _n . . . x ₀ )) f¨ ur x _n = 1

Die Abstraktionsfunktion ρ b wird auch Retrieve-Funktion genannt. 2 Definition 3 (Addition + b auf B ⁿ⁺¹ )

+ : b B ⁿ⁺¹ × B ⁿ⁺¹ 7→ B ⁿ⁺¹

mit Definitionsbereich dom + = b n

(x, y) ∈ B ⁿ⁺¹ × B ⁿ⁺¹ x _n ⊕ y _n = 1

∨ x n = 0 ∧ y n = 0 ∧ ρ n+2 ((x n . . . x 0 ) + ⁰ (y n . . . y 0 )) < 2 ⁿ

∨ x _n = 1 ∧ y _n = 1 ∧ ρ((x n−1 . . . x ₀ ) + ⁰ (y n−1 . . . y ₀ )) ≥ 2 ⁿ − 1 o und

(x _n . . . x ₀ ) + (y b _n . . . y ₀ ) = _df Π _n+1 (z _n . . . z ₀ ) + ⁰ (0 . . . 0 z _n+1 ) mit

(z _n+1 z _n . . . z ₀ ) = _df (x _n . . . x ₀ ) + ⁰ (y _n . . . y ₀ )

2 Die Addition in der Einerkomplementdarstellung erfolgt also zweistufig mithilfe der vorzei- chenlosen Addition: Zuerst werden die beiden Summanden vorzeichenlos addiert, die dabei links herausfallende (n + 2)-te Ziffer wird anschließend in einem zweiten Schritt an der niederwertig- sten Stelle wieder vorzeichenlos dazuaddiert. Dieser Trick erspart viele Fallunterscheidungen, die anderenfalls notwendig w¨ aren.

Beispiel:

(00100) + ⁰ (00010) = (000110) ; (00100) +(00010) = (00110) b 4 + 2 = 6 (1) (00010) + ⁰ (11011) = (011101) ; (00010) +(11011) = (11101) b 2 + (−4) = −2 (2) (00100) + ⁰ (11101) = (100001) ; (00100) +(11101) = (00010) b 4 + (−2) = 2 (3) (11011) + ⁰ (11101) = (111000) ; (11011) +(11101) = (11001) b (−4) + (−2) = −6 (4) (11110) + ⁰ (00001) = (011111) ; (11110) +(00001) = (11111) b (−1) + 1 = −0 (5) Die zweite Form der Null kann also wirklich entstehen.

Definition 4 (Subtraktion b – auf B ⁿ⁺¹ ) b – : B ⁿ⁺¹ × B ⁿ⁺¹ 7→ B ⁿ⁺¹

mit Definitionsbereich dom b – =

(x, y) ∈ B ⁿ⁺¹ × B ⁿ⁺¹

(x, K 1 (y)) ∈ dom + b und

(x _n . . . x ₀ ) b – (y _n . . . y ₀ ) = _df (x _n . . . x ₀ ) + b K ₁ (y _n . . . y ₀ )

2

Satz 1 Das folgende Diagramm kommutiert:

Z × Z −−−→ ⁺ Z x



 ^{ρ× b ρ b}

x



 ^{ρ b} B ⁿ⁺¹ × B ⁿ⁺¹ −−−→ ^{+ b} 7 B ⁿ⁺¹

d.h.

∀n ∈ N .∀ (x _n . . . x ₀ ), (y _n . . . y ₀ )

∈ dom + b .

ρ(x b _n . . . x ₀ ) + ρ(y b _n . . . y ₀ ) = ρ((x b _n . . . x ₀ ) + (y b _n . . . y ₀ ))

2

Beweis:

Sei x = (x _n . . . x ₀ ) und y = (y _n . . . y ₀ ).

Fall x n = y n = 0 und ρ n+2 ((x n . . . x 0 ) + ⁰ (y n . . . y 0 )) < 2 ⁿ : (Beweis genau analog zu dem f¨ ur das Zweierkomplement.)

Dann gilt

ρ(x b _n . . . x ₀ ) + ρ(y b _n . . . y ₀ ) = ρ(x _n . . . x ₀ ) + ρ(y _n . . . y ₀ ) (6)

= ρ _n+2 ((x _n . . . x ₀ ) + ⁰ ρ(y _n . . . y ₀ )) (7)

= ρ((x _n . . . x ₀ ) + b ρ(y _n . . . y ₀ )) [Def. +, b x _n = y _n = 0]

(8)

= ρ((x b _n . . . x ₀ ) + b ρ(y _n . . . y ₀ )) (9) Der letzte Schritt gilt, da x _n = y _n = 0 und da wegen ρ _n+2 ((x _n . . . x ₀ ) + ⁰ (y _n . . . y ₀ )) < 2 ⁿ auch kein ¨ Ubertrag in das n-te Bit entsteht.

Fall x _n = 1, y _n = 0 : Dann gilt

ρ(x) + b ρ(y) = b −ρ(K ₁ (x)) + ρ(y) (10)

Da x _n = 1, y _n = 0 und damit z _n+1 = u _n = x _n y _n + (x _n ⊕ y _n )u n−1 = u n−1 , gilt

z = x + ⁰ y = (u _n (x _n ⊕ y _n ⊕ u n−1 ) . . . ) (11)

= (u n−1 (1 ⊕ u n−1 ) (x n−1 ⊕ y n−1 ⊕ u n−2 ) . . . ) (12)

Fall (a) u n−1 = 0 : Dann ist

z = x + ⁰ y = ( 0

|{z} n+1

1 (x _n−1 ⊕ y _n−1 ⊕ u _n−2 ) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (13)

und damit

x + b y = Π _n+1 (Π _n+1 (z) + ⁰ (0 . . . 0 0)) (14)

= Π _n+1 (x + ⁰ y) (15)

F¨ ur Fall (a) gilt also:

ρ(x b + b y) = ρ(Π b _n+1 (x + ⁰ y)) (16)

= −ρ(K ₁ (Π _n+1 (x + ⁰ y))) [z _n = 1] (17)

= −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − (x _i + y _i )) (18)

=

n

X

i=0

2 ⁱ · (x _i + y _i − 1) (19)

= −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − x _i ) +

n

X

i=0

2 ⁱ · y _i (20)

= −ρ(K ₁ (x)) + ρ(y) (21)

= ρ(x) + b ρ(y) b [x n = 1, y n = 0] (22)

Fall (b) u n−1 = 1 : Dann ist

z = x + ⁰ y = ( 1

|{z} n+1

0 (x n−1 ⊕ y n−1 ⊕ u n−2 ) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (23) Wegen y _n = 0 folgt

ρ(x) ≤ 2 ⁿ⁺¹ − 1 ∧ ρ(y) ≤ 2 ⁿ − 1 (24)

und damit

ρ(x) + ρ(y) ≤ 2 ⁿ⁺¹ + 2 ⁿ − 2 (25)

< 2 ⁿ⁺¹ + 2 ⁿ − 1 (26)

= 2 ⁿ⁺² − 2 ⁿ − 1 (27)

und

ρ(x + ⁰ y) 6= 2 ⁿ⁺² − 1 − 2 ⁿ (28)

und deshalb

z = x + ⁰ y 6= (1 0 1 1 . . . 1) (29)

Es ist wegen z _n+1 = 1

x + b y = Π _n+1 (Π _n+1 (z) + ⁰ (0 . . . 0 1)) (30)

und weil z _n = 0 und weil wegen z 6= (1 0 1 1 . . . 1) kein Additions¨ ubertrag diese Stelle in x + b y ver¨ andert, folgt damit

ρ(x b + b y) = ρ(Π n+1 (Π n+1 (x + ⁰ y) + ⁰ (0 . . . 0 1))) (31)

= ρ(Π _n+1 (x + ⁰ y)) + 1 (32)

= ρ(x + ⁰ y) − 2 ⁿ⁺¹ + 1 [z _n+1 = 1] (33)

= ρ(x + ⁰ y) −

n

X

i=0

2 ⁱ (34)

=

n

X

i=0

2 ⁱ · (x i + y i − 1) (35)

= −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − x _i ) +

n

X

i=0

2 ⁱ · y _i (36)

= −ρ(K ₁ (x)) + ρ(y) (37)

= ρ(x) + b ρ(y) b [x _n = 1, y _n = 0] (38)

Fall x _n = 0, y _n = 1 :

Aus Symmetriegr¨ unden wie x _n = 1, y _n = 0.

Fall x n = 1, y n = 1 : Dann ist

x + ⁰ y = (u _n (x _n ⊕ y _n ⊕ u n−1 ) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (39)

= ((x _n y _n

| {z }

=1

+(x _n ⊕ y _n

| {z }

=0

)u n−1

| {z }

=1

) (x _n ⊕ y _n

| {z }

=0

⊕u n−1

| {z }

=u

) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (40)

= ( 1

|{z} n+1

u n−1

| {z }

n

(x n−1 ⊕ y n−1 ⊕ u n−2 ) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (41)

und wegen Def. dom +, 3. Fall gilt b

z = x + ⁰ y = (1 1 (x n−1 ⊕ y n−1 ⊕ u n−2 ) . . . (x ₀ ⊕ y ₀ )) (42)

∨ z = x + ⁰ y = (1 0 1 1 . . . 1) (43)

Weiterhin ist

ρ(x) ≤ 2 ⁿ⁺¹ − 1 ∧ ρ(y) ≤ 2 ⁿ⁺¹ − 1 (44)

und damit

ρ(x) + ρ(y) ≤ 2 ⁿ⁺² − 2 (45)

< 2 ⁿ⁺² − 1 (46)

und

ρ(x + ⁰ y) 6= 2 ⁿ⁺² − 1 (47)

und deshalb

z = x + ⁰ y 6= (1 1 1 1 . . . 1) (48)

und

Π n+1 (z) 6= (1 1 1 . . . 1) (49)

Es ist wegen z _n+1 = 1

x + b y = Π _n+1 (Π _n+1 (z) + ⁰ (0 . . . 0 1)) (50)

Fall (a) z n = 1 :

Weil wegen Π _n+1 (z) 6= (1 1 1 . . . 1) kein Additions¨ ubertrag auf die Stelle n + 1 entsteht und die Stelle n auf 1 bleibt, folgt damit

ρ(x b + b y) = −ρ(K ₁ (Π _n+1 (Π _n+1 (x + ⁰ y) + ⁰ (0 . . . 0 1)))) (51) Die innere Projektion k¨ onnen wir wegen der ¨ außeren Projektion fortlassen:

ρ(x b + b y) = −ρ(K ₁ (Π _n+1 (Π _n+2 ((x + ⁰ y) + ⁰ _n+2 (0 0 . . . 0 1))))) (52)

Die beiden Projektionen schneiden nun je eine 1 ab, so daß ihr Weglassen kompensiert werden muß:

ρ(x b + b y) = 2 ⁿ⁺² + 2 ⁿ⁺¹ −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − (x i + y i + v i )) mit v 0 = 1 und v i = 0 sonst (53)

= 2 ⁿ⁺² + 2 ⁿ⁺¹ −

n

X

i=0

2 ⁱ +

n

X

i=0

2 ⁱ x i +

n

X

i=0

2 ⁱ y i

!

+ 1 (54)

= 2 ⁿ⁺² + 2 ⁿ⁺¹ − 2 ⁿ⁺¹ + 1 + 1 +

n

X

i=0

2 ⁱ x _i +

n

X

i=0

2 ⁱ y _i (55)

= −2 ⁿ⁺² + 1 + 1 +

n

X

i=0

2 ⁱ x _i +

n

X

i=0

2 ⁱ y _i (56)

= −2 ⁿ⁺¹ + 1 +

n

X

i=0

2 ⁱ x _i

!

− 2 ⁿ⁺¹ + 1 +

n

X

i=0

2 ⁱ y _i

!

(57)

= −

n

X

i=0

2 ⁱ +

n

X

i=0

2 ⁱ x _i −

n

X

i=0

2 ⁱ +

n

X

i=0

2 ⁱ y _i (58)

= −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − x _i ) −

n

X

i=0

2 ⁱ · (1 − y _i ) (59)

= −ρ(K ₁ (x)) − ρ(K ₁ (y)) (60)

= ρ(x) + b ρ(y) b (61)

Fall (b) z n = 0 :

Wegen z = (1 0 1 1 . . . 1) entsteht hier bei der Addition von (0 . . . 0 1) auf jeden Fall ein ¨ Ubertrag ind die Stelle n, ohne allerdings anschließend die Stelle n + 1 durch einen weiteren Ubertrag zu ver¨ ¨ andern, so daß hinterher wiederum die h¨ ochsten beiden Stellen gleich 1 sind.

Damit gilt die gleiche Argumentation wie ab Gleichung (51) auch hier. 2