IFT-17583
Structure interne des ordinateurs
Examen 1. Le 11 novembre 2000, de 9h00 à 12h00 à la salle 1112 du pavillon Adrien- Pouliot.
1. a. Convertissez 65710 en base 20. (5 pts)
b. Écrivez notation binaire la représentation BCD de 1386743210. (5 pts) c. Donnez la représentation hexadécimale en complément à 2 sur 16 bits du
nombre –3058410 ? (5 pts)
a. 657 / 20 = 32 reste 17 = H20 32 / 20 = 1 reste 12 = C
1 / 20 = 0 reste 1. Résultat : 1CH20.
b. On représente chaque digit décimal en binaire sur 4 bits :
0001 0011 1000 0110 0111 0100 0011 0010 ou encore 1386743216.
c. 3058410 = 777816. On prend le complément à 16 : FFFF - 7778 + 1 = 888816. 2. Quelle est la valeur du nombre de virgule flottante IEEE de double préci-
sion suivant : 409160000000000IEEE ? (15 pts)
On écrit en binaire :
0100 0000 1001 0001 0110 0000 0000 0000 ….
Le signe est 0, donc +. L'exposant biaisé est donné par les 11 bits suivants : 100000010012 qui représente 103310. L'exposant est 1033 - 1023 = 10.
La mantisse est 1,00010110000000000000….2.
Le nombre est donc 1,00010110 00x 210 = 100010110002 = 111210.
3. Réalisez au moyen des bistables de votre choix un circuit ayant le diagram-
00 01
11 10
0/0
1/0 0/0
0/0 1/0
0/1 1/1
Table de transition : État présent
Q1Q2
Entrée x
État suivant Q1
+Q2 +
Sortie
s D1D2 T1T2 R1S1 R2S2
00 0 10 0 10 10 01 x0
00 1 01 0 01 01 x0 01
01 0 00 0 00 01 x0 10
01 1 11 0 11 10 01 0x
11 0 01 1 01 10 10 0x
11 1 00 1 00 11 10 10
10 0 11 0 11 01 0x 01
10 1 00 0 00 10 10 x0
Réalisation au moyen de bistables D :
00 01 11 10
0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 Q1Q2
x
00 01 11 10
0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 Q1Q2
x
D1 D2
D1 = x.Q2 + xQ1Q2 D2 = xQ1 + x.Q1
= x⊕Q1
x D1 Q1
Q1
D2 Q2
Q2
s
Ck
Réalisation au moyen de bistables T :
00 01 11 10
0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 Q1Q2
x
00 01 11 10
0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 Q1Q2
x
T1
T2
T2 = x.Q1Q2 + x.Q1Q2 + x.Q1Q2 + x.Q1Q2 = x.(Q1 ⊕ Q2) + x.(Q1 ⊕ Q2)
⊕ Q ⊕ Q
T1 = x.Q1Q2 + x.Q1Q2 + x.Q1Q2 + x.Q1Q2 + x.Q1
= x.(Q1 ⊕ Q2) + x.(Q1 ⊕ Q2) + x.Q1
= x⊕ Q1 ⊕ Q2 + x.Q1
.
x
D1 Q1
Q1
D2 Q2
Q2 Ck
Réalisation au moyen de bistables RS :
00 01 11 10
0 1 0 x x 0 1 1 0 1 Q1Q2
x
R1
R1 = Q1.Q2 + x.Q1 S1 = x.Q1Q2 + x.Q1Q2
= Q1.(x.Q2 + x.Q2) = Q1.(x⊕ Q2)
00 01 11 10
0 1 1 0 0 1 0 0 x 0 Q1Q2
x
S1
00 01 11 10
0 1 x 0 1 0 0 1 0 x Q1Q2
x
R2 R2 = x.Q1 + x.Q1
= x ⊕ Q1
S2 = x.Q1 + x.Q1
= x⊕ Q1 00
01 11 10
0 1 0 1 0 x x 0 1 0 Q1Q2
x
S2
x
R1 Q1
Q1
R2 Q2
Q2
s
Ck
S1 S1
4. Une mémoire cache par ensembles associatifs de 2 blocs de 64 octets a une capacité totale de 1 Mo. Déterminez :
a. Où sera enregistrée l’étiquette de l’adresse 0x12345678 ? (10 pts)
b. Quelle est la valeur de cette étiquette. (10 pts)
a. Où sera enregistrée l’étiquette de l’adresse 0x12345678 ?
Comme les blocs ont 64 octets, les 6 bits les moins significatifs de l'adresse seront réservés pour le champ "adresse dans le bloc". La mémoire ayant 1 Mo organisée rangées de 2 blocs de 64 octets, elle aura (1024 x 1024) / (64 x 2) = 8192 rangées. Le champ index nécessitera donc 13 bits. Si l'adresse a 32 bits, les 13 bits restants constitueront l'étiquette.
L'adresse 1234567816 sera donc découpée comme suit : 0001 0010 0011 0100 0101 0110 01 11 1000
Les bits en rouge sont l'étiquette, les bits en vert l'index, les bits en bleu l'adresse dans le bloc.
L'étiquette de cette adresse sera donc enregistrée dans l'un des deux blocs de la rangée 1 0001 0101 10012 = 115916 = 444110.
b. Quelle est la valeur de cette étiquette ?
La valeur de l'étiquette est 0 0010 0100 01102 = 024616.
5. Au transparent 250, on donne l’allure de l’enregistrement magnétique dans le cas d’enregistrements FM + NRZI et MFM + NRZI. Donnez la figure
équivalente pour un enregistrement FM + PE. (10 pts)
FM
1 1 0 0 0 1 1
pondant de b : (15 pts) .data
a dw 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 .data?
b dw 10 dup(?)
start :
lea esi, a ; place l’adresse de a dans esi lea edi, b
mov ecx, 10 boucle: mov ax, [esi]
mov [edi], ax dec ecx add esi, 2 add edi, 2 jnz boucle
invoke ExitProcess, 0 ; retourne à Windows end start
