從近世代數的角度理解補碼
介紹
模數加法形成了一種數學結構，成為阿貝爾群（Abelian group）,這是以丹麥數學家阿貝爾的名字命名的。
前置知識
定義1. 設\(a,b\in Z\)，如果存在\(q\in Z\)使得\(a=qb\)，則稱\(b\)整除\(a\)，記為\(b|a\)。
定義2. 設\(a,b\in Z\)，\(b>0\)，\(a=qb+r\)，\(q\in Z\)，\(0\leq r<b\)，則稱\(r\)為\(a\)除以\(b\)所得到的餘數，記為\(a\bmod b\)。
定義3. 設\(a,b,n\in Z\)，\(n>0\)，如果\(a\bmod n=b\bmod n\)，則稱\(a\)
定理1. \(\forall a,b,n\in Z, n>0, a\equiv b\pmod{n}\)等價於\(n|(a-b)\)。
定理2.
- \(\forall a\in Z, a \equiv a \pmod{n}\)；
- \(\forall a, b\in Z\)，如果\(a\equiv b \pmod{n}\)，則\(b\equiv a\pmod{n}\)；
-
\(\forall a,b,c\in Z\)，如果\(a\equiv b\pmod{n}\)並且\(b\equiv c\pmod{n}\)，則\(a\equiv c\pmod{n}\)；
- \(\forall a,b,k\in Z\)，如果\(a\equiv b\pmod{n}\)，則\(a+k\equiv b+k\pmod{n}\)；
- \(\forall a,b,c,d\in Z\)，如果\(a\equiv b\pmod{n}\)並且\(c\equiv d\pmod{n}\)，則\(a+c\equiv b+d \pmod{n}\)；
- \(\forall a,b,k\in Z\)，如果\(a\equiv b\pmod{n}\)，則\(ak\equiv bk\pmod{n}\)；
-
\(\forall a,b,c,d\in Z\)，如果\(a\equiv b\pmod{n}\)並且\(c\equiv d\pmod{n}\)，則\(ac\equiv bd \pmod{n}\)；
- \(\forall a,b\in Z\)，\(ab \bmod n=(a\bmod n)(b\bmod n) \bmod n\)。
定義4. 設\(n\in Z\)，\(n>0\)，\(\forall x\in Z\)，定義\([x]=\{y|y\equiv x \pmod{n}\}\)，稱為整數集\(Z\)上在模\(n\)同餘的等價關係下的一個等價類。
例.
模\(4\)同餘關係的所有等價類為：
- \([0]=\{\cdots,-8,-4,0,4,8,\cdots\}\)
- \([1]=\{\cdots,-7,-3,1,5,9,\cdots\}\)
- \([2]=\{\cdots,-6,-2,2,6,10,\cdots\}\)
- \([3]=\{\cdots,-5,-1,3,7,11,\cdots\}\)
定理3. 設\(n\in Z\)，\(n>0\)，\(\forall x,y\in Z\)，\([x]=[y]\)當且僅當\(x\equiv y\pmod{n}\)。
模數加法構成阿貝爾群
- 設\(Z_n=\{[0],[1],\cdots,[n-1]\}\)為整數集\(Z\)上在模\(n\)同餘的等價關係下所有等價類之集。
-
在\(Z_n\)上定義加法運算“\(+\)”如下：
-
\(\forall [i],[j]\in Z_n,[i]+[j]=[i+j]\)，則\((Z_n,+)\)構成一個交換群；
-
在\(Z_n\)上定義乘法運算“\(*\)”如下：
-
$ \forall [i],[j]\in Z_n,[i][j]=[ij]\(，則\)(Z_n,*)$構成一個交換么半群。
證明：
-
\(\forall i,j,i',j'\in Z\)，如果\([i]=[i']\)，\([j]=[j']\)，則\([i+j]=[i'+j']\)，這驗證了“\(+\)”為一個運算。
-
\(\forall i,j,k\in Z\)，\(([i]+ [j])+ [k]=[i+j]+ [k]=[(i+j)+k]\)，\([i]+ ([j]+ [k])=[i]+ [j+k]=[i+(j+k)]\)，\(([i]+ [j])+ [k]=[i]+ ([j]+ [k])\)，這驗證了加法運算\(+\)滿足結合律。
-
\(\forall i\in Z\)，\([0]+[i]=[i]+[0]=[i]\)，這驗證了\([0]\)為單位元。
-
\(\forall i\in Z\)，\([n-i]+[i]=[i]+[n-i]=[n]=[0]\)，這說明\([i]\)有逆元。
以上驗證了\(Z_n\)對於加法運算“\(+\)”構成一個群。
- 設\(Z'_n=\{0,1,2,\cdots,n-1\}\)，在\(Z'_n\)上定義運算"\(\oplus\)"如下：\(i\oplus j=(i+j)\bmod n\)，則\((Z'_n,\oplus)\)構成一個群。
證明：
-
\(\forall a,b,c\in Z'_n,(a\oplus b)\oplus c=a\oplus (b\oplus c)\)，結合律。
-
\(((a+b)\bmod n+c)\bmod n=(a+(b+c)\bmod n)\bmod n\)
-
\(((a+b)\bmod n+c)\bmod n=(a+b+c)\bmod n\)
-
\((a+(b+c)\bmod n)\bmod n=(a+b+c)\bmod n\)
-
\(0\oplus a = (0+a)\bmod n = a\)
-
如果\(a\neq 0\)，則\((n-a)\oplus a = (n-a+a)\bmod n = 0\)；\(0\oplus 0=(0+0)\bmod n=0\)。
舉例
設用\(n\)個二進位制位表示一個整數\(x\)，\(x\)的補碼定義為：
-
如果\(x\geq 0\)，則\(x\)的補碼為\(x\)的原碼；
-
如果\(x < 0\)， 則\(x\)的補碼為\(x+2^n\)的原碼。
例1：
設用8個二進位制位表示一個整數，計算7和-7的補碼。
解：
-
因為\(7\geq 0\)，因此7的補碼為7的原碼，即7的補碼為0000_0111。
-
因為\(-7 < 0\)，因此-7的補碼為\(-7+2^8\)的原碼，即-7的補碼為1111_1001。
\(-7\)的補碼還可以這樣求解：
- 先計算7的原碼，得到0000_0111
- 然後取反加1，得到\(-7\)的補碼為1111_1001。
例2：
設用8個二進位制位表示一個整數，計算-128的補碼。
解：
-
因為\(-128 < 0\)，因此-128的補碼為\(-128+2^8\)的原碼，即-128的補碼為1000_0000。
-
同樣的，\(-128\)的補碼還可以這樣求解：先計算128的原碼，得到1000_0000，然後取反加1，得到\(-128\)的補碼為1000_0000。
如果用\(n\)個二進位制位表示一個整數，用補碼錶示的數字的範圍為\(-2^{n-1}\sim 2^{n-1}-1\)。
對於補碼而言：
- 如果首位為0，其表示的是大於等於0的整數。
- 如果首位為1，其表示的是負數。
例3
如果用8個二進位制位表示一個整數，00001010為哪個整數的補碼？10001010為哪個整數的補碼？
解：
- 因為00001010的首位為0，它為一個大於等於0的整數的補碼，這個整數為\(10\)。
- 因為10001010的首位為1，它為一個負數的補碼，這個負數為\(138-2^8=-118\)。
對補碼加法的分類討論
計算機中普遍採用補碼錶示數字的原因是對於負數的加法可以採用與自然數的加法一樣的加法器 。
設\(x\)和\(y\)為任意的兩個整數，分以下4種情況討論：
\(x\geq 0\)，\(y\geq 0\)
- 此時\(x\)的補碼為\(x\)的原碼。
- \(y\)的補碼為\(y\)的原碼。
- 按照自然數相加計算得到\(x+y\)，恰為\(x+y\)的補碼。
\(x < 0\)，\(y \geq 0\)
- 此時\(x\)的補碼為\(x+2^n\)的原碼。
- \(y\)的補碼為\(y\)的原碼。
- 按照自然數相加計算得到\(x+2^n+y=(x+y)+2^n\)。
- 如果\(x+y<0\)，則得到的恰為\(x+y\)的補碼；
- 如果\(x+y\geq0\),計算結果的第\(n\)位（從最右邊數起，依次為第0位，第1位，\(\cdots\)，第\(n-1\)位，第\(n\)位）會自動拋掉。這恰好就是在\(\bmod 2^n\)。
\(x \geq 0\)，\(y < 0\)
- 此時\(x\)的補碼為\(x\)的原碼。
- \(y\)的補碼為\(y+2^n\)的原碼。
- 按照自然數相加計算得到\(x+(y+2^n)=(x+y)+2^n\)。
- 如果\(x+y<0\)，則得到的恰為\(x+y\)的補碼；
- 如果\(x+y\geq0\),計算結果的第\(n\)位會自動拋掉。
\(x < 0\)，\(y < 0\)
- 此時\(x\)的補碼為\(x+2^n\)的原碼。
- \(y\)的補碼為\(y+2^n\)的原碼。
- 按照自然數相加計算得到\((x+2^n)+(y+2^n)=(x+y)+2^n + 2^n\)，計算結果的第\(n\)位會自動拋掉，於是最終得到的計算結果為\((x+y)+2^n\)，恰為\(x+y\)的補碼。
為什麼是取反加一
相信大家一開始學習補碼的時候都是記為取反加一，然而在看了本篇部落格後，你或許明白了為什麼是這樣的。
設\(x\)為任意一個8位有符號整數（char），也就是說它的二進位制位數為8位。
$x \geq 0 $
- 此時\(x\)的補碼為\(x\)的原碼。
\(x \lt 0\)
- 令\(y = -x\)，即\(y\)為\(x\)的相反數，y為正數。
- 令 \(a\)為\(y\)的二進位制表示（原碼），\(b\)為\(x\)的二進位制表示（補碼）。
- 那麼由前面的知識，可以知道，\(a\)和\(b\) 在模\(2^n\)（n 為 二進位制位數，這裡為8）同餘運算上，是互為逆元。
- 那麼，\(a\oplus b=(a+b)\bmod 2^n = (e) \bmod 2^n = 0 = (2^n) \bmod 2^n\)。
- 所以，我們可以讓\(a + b = 2^n\)。（讓\(a + b = 0\)是一樣的，原因在下）。
- 好，現在計算\(b\)。
- 對於一個n位二進位制數，\(2^n\) 表示為\(1\_0000\_0000\) ，一共後面為\(n\)個0。（所以在計算機裡，這個最高的1是不不存在的，是會被拋棄的，那麼也可認為\(a + b = 0\)）
- 現在我們如何湊出這個數？顯然，\(a + a' = 1111\_1111\)。（\(a'為對a按位取反， 結果一共n個1\)）。
- 則，\(a + a' + 0000\_0001 = 1111\_1111 + 0000\_0001 = 1\_0000\_0000\)。
- 這時候\(b = a' + 0000\_0001\)， 即取反加一。
補碼的連續性
現在我們研究下 -1。
- 可以根據前面的知識，我們寫出\(1\) 的二進位制表示（8位）\(0000\_0001\)。
- 然後取反加一，得\(1111\_1111\)。
- 現在令\(-1 = e + (- 1) = 0 + (- 1) = 0 - 1\)。
- 而變為二進位制表示後\(0 - 1 = 0000\_0000 - 0000\_0001\)。
- 在第9位上，可以借1，所以 \(原式 = 1\_0000\_0000 - 0000\_0001 = 1111\_1111\)。
補碼這樣的連續性使得我們在進行有符號數加減法時不需要考慮其他運算規則，直接相加即可。
負權
補碼所表示的數，我們通常這樣計算：
設表示的數為\(w\) ,二進位制數表示為\(s_ns_{n-1}s_{n-2}····s_{2}s_{1}，即\)\(s_i (1 \le i \le n)\)， \(s_n\)為符號位。
則
- 表示負數，\(s_n = 1時\)，\(w = 2^{n - 1} * (-1) + \sum_{i=0}^{n - 2} 2^{i}\)
- 表示非負數，\(s_n = 0時\)，\(w = \sum_{i=0}^{n - 2} 2^{i}\)
表示非負數很好理解，就是進位制轉換。
那麼負數為什麼要有負權呢？為什麼最高位代表的權值是負的？
- 如果最高位我們視為正權，得到的值記為\(w'\)，\(w' = \sum_{i=0}^{n - 1} 2^{i}\)。
- 顯然，由之前的理論可以知道，\(w' 與 (-w) 互為逆元\)。即\(w’ + (-w) = 2^n = 0 (\bmod 2^n)\) 。
- 但是\(w + (-w) = 0 = 0(\bmod 2^n)\)，相反數也是互為逆元。
- 那麼它兩就是等價類啊。但是它兩的二進位制表示是一樣的，只是計算的方式不一樣。
- 根據等價類的定理3， \([w']=[w]\)當且僅當\(w'\equiv w\pmod{2^n}\)。
- 那麼，因為\(w' \gt w\)， 則\(w' = w + 2^n\)。則\(w = w' - 2^n\)。
- 而\(2^n = 2^{n-1} + 2^{n-1}\)，也就說我們得減去兩個最高位的1。
- 既然這樣，令最高位的正權屬性變為負權，不就正好是兩個嗎？
- 所以，定義最高位為1時，為負權 。
為什麼是補碼？
現在，讓你設計一個正數負數都可以表示的運算系統，你會想到令一位為標誌位 （Flag），來特殊地表示這個數是正數還是負數。
那麼，電腦科學家們是先想到這樣的程式設計思想（Flag位），還是先由近世代數進一步研究發現的呢？
我認為是由近世代數這樣的思想進一步推廣研究發現的。
毫無疑問，補碼這些性質奠定了電腦科學的基礎。
後記
這篇部落格主要參考我的近世代數老師的講義，他在上課時說，他當時在研究生推免答辯就問為什麼計算機中要用補碼，結果沒有人答得上來。
參考資料：王義和.離散數學引論[M].哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2007