Numerisches Programmieren, Übungen

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1 Technische Universität München WS 03/0 Institut für Informatik Prof Dr Hans-Joachim Bungartz Dipl-Inf Christoph Riesinger Dipl-Math Jürgen Bräckle Numerisches Programmieren, Übungen Musterlösung Übungsblatt: Zahlendarstellung, Rundungsfehler ) Umrechnung von Zahlen a) Zahldarstellung in allgemeinem System: N i0 r ibasis i mit r i {0,,, Basis } dezimal binär trinär hexadezimal Basis darzust Zahl darzust Zahl 0 0 f darzust Zahl 5 00 ff b) Schriftliches Dividieren der Brüche im binären System analog zum dezimalen: : (binär) : : bzw 000 -) : 00 (binär) : Alternative: : bzw ) ) i) 8 0, 0 0 ii) ,

2 ) Binärdarstellung von ganzen Zahlen Beachte: Byte 8 Bits! Wert Bit Wert Bit kleinste Zahl x min n n n größte Zahl x max n Bytes 3 Bits [ 3, 3 ] [8368, 836] 3) Gleitkomma-Zahlen a) Schriftliches Dividieren (wie in Aufg ): 0 0 : 00 (binär) : 0 : bzw 000 -) ) ) Damit erhält man insgesamt: Alternative: 0 0 < < < < <

3 b) Rundungsregel (korrektes Runden) für eine Zahl x ( ) ν e x x x t x t x t+ x t+ : Nr Fallbed Rundungsvorschrift Einfacher Fall: Abrunden ) x t 0 rd(x) ( ) ν e x x x t Einfacher Fall: Aufrunden x t ) x t x t+ x t rd(x) ( ) ν e (x x x t + (t ) ) Runden zur näheren geraden Mantissen-Zahl: 3) x t x t x t rd(x) ( ) ν e x x x t ) x t x t x t rd(x) ( ) ν e (x x x t + (t ) ) Erläuterungen zu den verschiedenen Fällen: Fall ) und ) stellen den normalen Fall dar, dass eine reelle Zahl nicht genau in der Mitte zwischen den beiden nächsten Maschinenzahlen liegt; es wird zum näheren Nachbarn gerundet Fall 3) und ) bewirken ein Runden mit Mantissenende x t 0 für reelle Zahlen, die genau zwischen zwei Maschinenzahlen liegen In Fall ) und ) wird mit + (t ) das letzte Bit um eins erhöht (und eventuell ein Übertrag durchgeführt) Frage: Wie kann eine Floating Point Einheit auf der CPU unendlich viele Stellen zum Runden ausrechnen (z B bei periodischen Nachkommastellen)? Das ist nicht nötig Z B muss bei der Division lediglich bekannt sein, ob ein x t+ ungleich 0 ist Diese Information ist über den Rest erhältlich, der ab dem Berechnen von der Stelle x t+ übrig bleibt Beispiel: Es stehen zwei Mantissenbits zur Verfügung, also:, x x t x t x t+ x t+ Damit sind die folgenden Zahlen exakt darstellbar:, 00 0, 0, 5 0, 0, 5 0,, 5 0 Beispiele für alle vier Fälle aus der obigen Tabelle:

4 ,5,5,35,5,65,5,85 Fall :,09 Fall :, Fall 3:,5 Fall :,35 Abbildung : Veranschaulichung von Rundungen auf dem Zahlenstrahl Nr Binärzahl Dezimalzahl ab-/aufrunden ),00 0, abrunden ), 00, 85 0 aufrunden 3), 00 00, 5 0 abrunden ), 0 00, 35 0 aufrunden Abbildung veranschaulicht die vier Fälle auf dem Zahlenstrahl Für unsere Zahl aus Teilaufgabe i) bedeutet das: Bit-Verwendungszweck gesetztes Bit für Vorzeichen ( Bit) ( - wird zu ) Exponent (8 Bits) (0 + ) 0 Mantisse (3 Bits) Das letzte Bit der Mantisse ergibt sich nach der Rundungsregel (so) c) Zwei Beispiele: Die Zahl x + 30 ist nicht exakt darstellbar (zuwenig Stellen) Die Zahl wird als rd(x) abgespeichert (vgl Rundungsregeln) Absoluter Fehler: Relativer Fehler: f abs : x rd(x) 30 f rel : f abs /x < 30 x Absoluter Fehler: f abs 00 6 Relativer Fehler: f rel f abs d) Definition: Maschinengenauigkeit Die größte positive Zahl ε Ma, so dass ε Ma Die kleinste darstellbare Zahl größer als ist + 3 (3 Bits echt für Mantissen- Nachkommastellen frei, da Normierung nicht extra gespeichert werden muss!) Folglich liegt ε in einer Größenordnung von

5 ) Fehlerabschätzung von Zeitschrittweiten Floating Point Darstellung von /60: Wir starten mit einfacher Division: : bzw ) ) Für die Mantisse stehen 3 Bit zur Verfügung Die erste an der 6-ten Nachkommastelle wird allerdings nicht explizit abgespeichert D h erst ab der 30-ten Nachkommastelle können die Ziffern nicht mehr abgespeichert werden: 0, [ Nr der Nachkommastelle: Mit der Normalisierung und dem nicht-abspeichern der führenden kann die Zahl deshalb bis auf die 9 Stelle genau abgespeichert werden Wie wird die Zahl dann als floating-point Zahl abgespeichert? Sign: 0 für positive Zahlen Exponent: -6+ 0b00 Mantisse: 0b mit nach oben gerundeter letzten Stelle! Sign Exponent Mantissa Floating point number: () Kleines Beispielprogramm für Zweifler: #i n c l u d e <iostream> i n t main ( ) { f l o a t l ( 0 / ) ; std : : cout << l << std : : endl ; std : : cout << ( void ) ( unsigned long )& l << std : : endl ; } / Output : x3c ( ) /

6 Wie kann man das Problem umgehen? Positionsänderung relativ zur Startposition berechnen Als Zeitschrittweite eine er-potenz wählen (zb /6) Rechengenauigkeit erhöhen Fehler ignorieren, wenn die Simulationsdauer klein genug ist 5) Ermittlung von π nach Archimedes a) Quadrat: s U s n H n h n s n+ Abbildung : Definition der rekursiven Größen b) Es gilt mit den Definitionen aus Abbildung (+Satz von Pythagoras!): ( h sn ) n + H n h n ( Hn sn ) + s n+

7 und damit s n+ ( sn ) ( Hn + ( h n ) sn ) + ( ) ( sn ) ( sn ) + ( ) ( sn ) ( sn ) ( sn + + ( sn ) s n ) Der gesamte Umfang des n -Ecks ergibt sich somit zu U n n s n und damit also π n U n / n s n c) Effekt wie in Tabelle auf Angabe: Vermeintlich höhere Genauigkeit durch mehr Rekursionen verbessert das Ergebnis nicht sondern zerstört den gesamten Wert! Problem: Auslöschung! Algebraische Umformung zur Vermeidung der Auslöschung: s n+ s n s n + s n + s s n n + s n Vergleich der absoluten Fehler der beiden Formeln in Bezug auf echte Lösung π in semilogarithmischer Skala (erstellt mit matlab-programm archimedesm aus www):

8 Approximation von π 0 0 schlechte Formel (Ausloeschung!) stabile Formel 0 5 Absoluter Fehler Iterationen