I. Représentation des entiers en base 2

PCSI 1 - Stanislas DS d’INFORMATIQUE N^◦2 - 26/03/16 - CORRIGÉ A. MARTIN

INFORMATIQUE

I. Représentation des entiers en base 2

I.1. Entiers naturels

1. n∈[0; 2⁸−1 = 255] . Il y a donc256 valeurs distinctes.

2. def b a s e ( n ):

m = n L = []

w h i l e m != 0:

L = [ m \ % 2 ] + L m = m //2 r e t u r n L

I.2. Entiers relatifs

3. Définition :L’ensemble des entiers représentés est [−2^N−1=−128; 2^N−1−1 = 127] . a)sin≥0, alors on codenen base 2 surN= 8 bits. Le bit de poids fort estO.

b)sin <0, alors on code l’entier positifn+ 2^N=n+ 256 surN= 8 bits. Le bit de poids fort est alors 1.

Il existe donc256 valeurs distinctes.

4. Sin <0, alors on code en base 2 le nombre

2^N+n= 2^N−1− |n|+ 1 = 111111112− |n|2

| {z }

Complément bit à bit de|n|

+1.

5. Méthode générale pour un nombre positif: on effectue des divisions par 2 successives jusqu’à ce que le quotient soit nul. Le nombre en binaire est alors constitué de la liste des restes dans l’ordre inverse. On complète éventuellement à gauche avec des zéros pour avoir 8 bits.

En pratique: sur 8 bits il est aisé de garder en tête la liste des puissances de 2 successives :

{2⁰= 1,2¹= 2,2²= 4,2³= 8,2⁴= 16,2⁵= 32,2⁶= 64,2⁷= 128}

On a28 = 16 + 8 + 4, donc on obtient 2810= 00011100.

Un nombre entier négatif s’obtient en ajoutant 1 au complément bit à bit de sa valeur absolue : 65 = 64 + 1 donc 6510= 010000012 et −6510= 101111112.

6. Méthode: on effectue l’addition en binaire, puis on vérifie si le signe est correct sur le bit de poids fort.

Dans le cas contraire il y a un dépassement de capacité, le nombre attendu est en dehors de l’ensemble [−128; 127].

a)2810⊕6510= 000111002+ 010000012= 010111012= 9310 . L’opération est correcte.

b)2810⊕ −6510 = 000111002+ 101111112 = 110110112 = −001001012=−3710 . L’opération est correcte.

c)6510⊕10310= 010000012+ 011001112 = 101010002= −010110002=−8810. Le résultat devrait être négatif. Il y adépassement de capacité par valeur supérieurcar 168>127.

7. def c o m p l e m e n t _ 2 ( n ):

if n > 127 or n < -128: # e l i m i n e r l e s d e p a s s e m e n t s d e c a p a c i t e r e t u r n F a l s e

L = b a s e (abs( n ))

1

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r e t u r n (8 -len( L ) ) * [ 0 ] + L # c o m p l e t e r a v e c d e s 0 s u r 8 b i t s if n >= 0:

r e t u r n L

e l s e: # n<0 : m o d i f i e r l a v a l e u r a b s o l u e i = 0

w h i l e L [ i ] == 0: # t r o u v e r l e 1 e r b i t n o n n u l a d r o i t e i = i + 1

for j in r a n g e( i , len( L )): # m o d i f i e r l e s b i t s a g a u c h e L [ j ] = 1 - L [ j ]

r e t u r n L

II. Représentation des flottants en base 2

8. E∈[−(2⁵⁻¹−1) =−15 ; 2⁵⁻¹= 16] .

En réalité les extrêmes−15 et 16 sont exploitées pour lesexceptions: ±∞, NaN, etc.

9. La précision relative correspond à la variation liée au dernier digit par rapport à la mantisse maximale 1,1111111111≈2, donc 2⁻¹⁰

2 = 2⁻¹¹= 1

2048≈5×10⁻⁴.

10.Méthode: on commence par mettre le nombre décimal sous forme binaire en notation scientifique, puis on applique le codage.

Partie entière : 3210= 2⁵= 1000002= 1,000002×2⁵.

Partie fractionnaire : Il y a déjà 5 chiffres après la virgule donc il n’en reste plus que 5 pour 0,75.

0,75∗2⁵= 24 = 16 + 8 = 110002. On remarque qu’il n’y a pas besoin de tronquer la partie décimale binaire.

Par conséquent−32,7510= (−1)¹1,00000110002×2⁵.

Codage dans la norme IEEE 754 : s = 0,M = 1,0000011000 et l’exposantE = 5 est codé pare = E+ 15 = 2010= 16 + 4 = 101002.

Finalement on concatène les 3 parties, ce qui donne −32,7510= 1 10100 00000110002. 11.On décompose en 1 + 5 + 10 bits que l’on identifie :

s= 1 ; e= 100012 ; M= 1,00111010002

On en déduite= 1710, puis le vrai exposantE=e−15 = 210.

Ainsi le nombre vautx= (−1)¹×2⁰+ 2⁻³+ 2⁻⁴+ 2⁻⁵+ 2⁻⁷×2²= (−1)¹×2²+ 2⁻¹+ 2⁻²+ 2⁻³+ 2⁻⁵, donc

x=−(4 + 0,5 + 0,25 + 0,125 + 0,03125) donc x=−4,90625.

12.La précision relative minimale est 5×10⁻⁴, donc en dessous de cet écart le petit nombre est considéré nul. Voici deux exemples dans lesquels il n’y a pas à considérer en plus d’erreur de troncation lors du changement de base car les développements sont finis :

1,0−1,0 + 0,0001 = 0,00016= 1,0 + 0,0001−1,0 = 0,0 1,5−1,0 + 0,0001 = 0,50016= 1,5 + 0,0001−1,0 = 0,5

2

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III. Représentations graphiques avec Numpy et Matplotlib

13. f r o m n u m p y i m p o r t *

f r o m m a t p l o t l i b . p y p l o t i m p o r t *

def m a _ f l e u r _ 2 D ( n ):

t h e t a = l i n s p a c e (0 ,2* pi , 1 0 0 * n ) R = cos ( n * t h e t a )

p l o t ( R * cos ( t h e t a ) , R * sin ( t h e t a )) s h o w ()

clf () r e t u r n

14. f r o m n u m p y i m p o r t *

f r o m m a t p l o t l i b . p y p l o t i m p o r t *

f r o m m p l _ t o o l k i t s . m p l o t 3 d i m p o r t A x e s 3 D

def m a _ f l e u r _ 3 D ( n , m ):

t h e t a = l i n s p a c e (0 , pi , 1 0 0 * n ) phi = l i n s p a c e ( - pi , pi , 2 0 0 * m ) [ THETA , PHI ] = m e s h g r i d ( theta , phi ) R = cos ( n * T H E T A )* sin ( m * PHI )

X , Y , Z = R * sin ( T H E T A )* cos ( PHI ) , R * sin ( T H E T A )* sin ( PHI ) , R * cos ( T H E T A ) gca ( p r o j e c t i o n =’ 3 d ’). p l o t _ s u r f a c e ( X , Y , Z , c m a p = cm . c o o l w a r m )

s h o w () clf () r e t u r n

3