Lösung 4 - auf Matthias-Draeger.info

Severin Lerch, Matthias Dräger, Alexander Narweleit TI II – Rechnerarchitektur 08.07.2008
Aufgabenblatt 4 (korrigierte Lösungen)
Aufgabe 1
a) Die 3210
ist in Binärschreibweise durch 1000002
gegeben.
Bei Verwendung des 2er-Kompliments reichen dementsprechend 7 Stellen aus, allerdings
benötigt man bei B+V-Darstellung 7 Stellen, da das Vorzeichen separat als MSB angegeben
werden muss. In B+V lautet 32 daher 01000002
.
b) 2-Komplement
73 10 = 0 0100 1001
-73 10 = 1 1011 0110 (Einerkomplement)
-73 10 = 1 1011 0111 (Zweierkomplement)
49 10 = 0 0011 0001
-73 10 + 49 10
1 1011 0111
+0 0011 0001
1 1110 1000
Ergebnis umwandeln in Einerkomplement:
1 1110 1000
-0 0000 0001
1 1110 0111
Ergebnis wird gekippt und das Vorzeichen gemerkt:
0 0001 1000
Umwandeln in Dezimalzahl:
11000 2 = 2 4 +2 3 = 24 10
Wir erhalten also -24.
B+V-Darstellung
-73 10 = 1 0100 1001
49 10 = 0 0011 0001
Aufgrund der Eigenschaft der B+V-Darstellung, dass die Vorzeichen gesondert betrachtet
werden müssen, erhalten wir bei normaler Subtraktion das Ergebnis der Addition und
umgekehrt.
1 0100 1001
+0 0011 0001
1 0111 1010 = -122 10
Seite 1 von 3

Severin Lerch, Matthias Dräger, Alexander Narweleit TI II – Rechnerarchitektur 08.07.2008
Daher benutzen wir die Subtraktion, um das richtige Ergebnis zu erhalten:
1 0100 1001
-0 0011 0001
1 0001 1000 = -24 10
c) Zwei Nachteile der Darstellung durch Betrag und Vorzeichen sind zum einen die Tatsache,
dass es zwei Repräsentanten der 0 gibt (positiv und negativ) und zum anderen müssen die
Vorzeichen bei Rechnungen gesondert betrachtet werden, was durchaus umständlich sein
kann.
Aufgabe 2
a) ( 5 ⋅ 1+ 4 ⋅ 16) + ( 4 ⋅ 1+ 4 ⋅ 8 + 4 ⋅ 64 + 3⋅ 512 + 1⋅ 4096) + ( 2 + 4 + 8 + 128) + 1111010
10 10 10
= 5 + 64 + 4 + 32 + 256 + 1536 + 4096 −2 −4 −8 − 128 + 11110 = 16961
b)
10110011 ⋅2 − 11110 = 10010101 ⋅ 2 = 596
2 2
2 2 2 10
c) ( 4 + 16 + 64 + 128) + ( 5 + 32 + 320 + 1024 + 12288 + 98304) ⋅8 − ( 15 + 224 + 3584 + 61440)
10 10 10
10
= 212 + 111973 ⋅8 − 65263 = 212 + 895784 − 65263 = 830733
10 10 10 10 10 10 10 10
d)
1101100100 ⋅ 2 + 11110000 ⋅ 2 + 111111 ⋅ 2 = 10010010011 ⋅ 2
−6 −6 −6 −6
2 2 2 2
( ) 10 10 10
= 1+ 2 + 16 + 128 + 1024 : 64 = 1171 : 64 = 18,296875
10
Aufgabe 3
a) Clear
L: DBNZ R,L → Schleife wird solange ausgeführt, bis R = 0
b) GOTO Label
Clear R
DBNZ R,Label
→ setzt zuerst R auf 0 und springt dann durch DBNZ zum Label
oder die bessere Lösung wegen schnellerer Laufzeit:
DBNZ R,Label
DBNZ R,Label
→ die erste Zeile löst den Sprungbefehl für alle R ≠ 1 aus und die zweite Zeile wird
ausgeführt falls R = 1.
c) NEG R,S
Clear S
L: DBNZ S,M
M: DBNZ R,L
→ Für jeden Schleifendurchlauf wird R und S um 1 verringert, wobei S bei 0 beginnt. Dies
geschieht solange, wie R > 0 ist. Am Ende ist S = – R.
Seite 2 von 3

Severin Lerch, Matthias Dräger, Alexander Narweleit TI II – Rechnerarchitektur 08.07.2008
d) SUB R,S
M: DBNZ S,L
L: DBNZ R,M
→ Prinzip wie bei NEG, aber S kann beliebig sein
e) ADD X,Y,Z
NEG X,T
SUB Y,T
NEG T,Z
f) MOV A,B
CLEAR T
SUB A,T
NEG T,B
→ T wird zuerst mit 0 initialisiert und bekommt dann den negativen Wert von A zugeordnet.
Danach wird T nochmal negiert und B zugeordnet.
g) COPY A,B
CLEAR B
CLEAR T
L: DBNZ B,M → B bekommt den negativen Wert von A
M: DBNZ T,N → T bekommt auch negativen Wert von A
N: DBNZ A,L → runtergezählt, bis A = 0
NEG T,A → T wird noch negiert und A zugewiesen
NEG B,T → B wird negiert und T zugeordnet
MOV T,B → T, das nun genauso ist wie A, wird B zugeordnet
Aufgabe 4
siehe Quellcode
Seite 3 von 3