Question

以下是插值函数的两种实现。参数u1始终位于0.和1.之间。

#include <stdio.h>

double interpol_64(double u1, double u2, double u3)
{ 
  return u2 * (1.0 - u1) + u1 * u3;  
}

double interpol_80(double u1, double u2, double u3)
{ 
  return u2 * (1.0 - (long double)u1) + u1 * (long double)u3;  
}

int main()
{
  double y64,y80,u1,u2,u3;
  u1 = 0.025;
  u2 = 0.195;
  u3 = 0.195;
  y64 = interpol_64(u1, u2, u3);
  y80 = interpol_80(u1, u2, u3);
  printf("u2: %a\ny64:%a\ny80:%a\n", u2, y64, y80);
}

在具有80位long double的严格IEEE 754平台上，interpol_64()中的所有计算都是根据IEEE 754双精度完成的，而interpol_80()中的所有计算都是以80位扩展精度完成的。该程序打印：

u2: 0x1.8f5c28f5c28f6p-3
y64:0x1.8f5c28f5c28f5p-3
y80:0x1.8f5c28f5c28f6p-3

我对该属性感兴趣“该函数返回的结果始终位于u2和u3之间。此属性为interpol_64()的错误，如上面main()中的值所示。

该物业是否有机会成为interpol_80()的真实成员？如果不是，反例是什么？如果我们知道u2 != u3或它们之间的距离是否最小，会有帮助吗？是否有一种方法可以确定中间计算的有效位宽度，在该计算中，属性将保证为真？

编辑：对我尝试的所有随机值，在内部以扩展精度完成中间计算时保留的属性。如果interpol_80()接受long double个参数，那么构建一个反例也相对容易，但这里的问题具体是关于一个带double个参数的函数。这使得构建反例（如果有的话）要困难得多。

注意：生成x87指令的编译器可能会为interpol_64()和interpol_80()生成相同的代码，但这与我的问题相关。

Answer 1

interpol_64中精度损失的主要来源是乘法。乘以两个53位尾数产生105或106位（取决于高位是否携带）尾数。这太大了，无法容纳80位扩展精度值，因此通常情况下，80位版本中也会出现精度损失。准确地量化它何时发生是非常困难的;最容易说的是，当舍入错误累积时会发生这种情况。请注意，添加两个术语时也会有一个小的舍入步骤。

大多数人可能会用以下函数来解决这个问题：

double interpol_64(double u1, double u2, double u3)
{ 
  return u2 + u1 * (u3 - u2);
}

但看起来您正在寻找对四舍五入问题的洞察力，而不是更好的实施。

Answer 2

是的，interpol_80（）是安全的，让我们来证明一下。

问题表明输入是64位浮点数

rnd64(ui) = ui

结果完全正确（假设*和+是数学运算）

r = u2*(1-u1)+(u1*u3)

舍入为64位浮点数的最佳返回值为

r64 = rnd64(r)

因为我们有这些属性

u2 <= r <= u3

保证

rnd64(u2) <= rnd64(r) <= rnd64(u3)
u2 <= r64 <= u3

转换为80位的u1，u2，u3也是准确的。

rnd80(ui)=ui

现在，让我们假设0 <= u2 <= u3，然后使用不精确的浮点运算执行导致最多4个舍入错误：

rf = rnd(rnd(u2*rnd(1-u1)) + rnd(u1*u3))

假设舍入到最近的偶数，这将是最多2 ULP的精确值。如果使用64位浮点数或80位浮点数执行舍入：

r - 2 ulp64(r) <= rf64 <= r + 2 ulp64(r)
r - 2 ulp80(r) <= rf80 <= r + 2 ulp80(r)

rf64可以超过2 ulp，因此interpol-64（）不安全，但是rnd64( rf80 )呢？我们可以说：

rnd64(r - 2 ulp80(r)) <= rnd64(rf80) <= rnd64(r + 2 ulp80(r))

从0 <= u2 <= u3开始，然后

ulp80(u2) <= ulp80(r) <= ulp80(r3)
rnd64(u2 - 2 ulp80(u2)) <= rnd64(r - 2 ulp80(r)) <= rnd64(rf80)
rnd64(u3 + 2 ulp80(u3)) >= rnd64(r + 2 ulp80(r)) >= rnd64(rf80)

幸运的是，就像我们得到的(u2-ulp64(u2)/2 , u2+ulp64(u2)/2)范围内的每个数字一样

rnd64(u2 - 2 ulp80(u2)) = u2
rnd64(u3 + 2 ulp80(u3)) = u3

自ulp80(x)=ulp62(x)/2^(64-53)

以来

我们因此获得了证据

u2 <= rnd64(rf80) <= u3

对于u2＆lt; = u3＆lt; = 0，我们可以轻松应用相同的证明。

要研究的最后一个案例是u2＆lt; = 0＆lt; = u3。如果我们减去2个大值，那么结果可以达到ulp（big）/ 2 off而不是ulp（big-big）/ 2 ...
因此，我们所做的断言不再适用：

r - 2 ulp64(r) <= rf64 <= r + 2 ulp64(r)

幸运的是，u2 <= u2*(1-u1) <= 0 <= u1*u3 <= u3并且在舍入后保留了这个

u2 <= rnd(u2*rnd(1-u1)) <= 0 <= rnd(u1*u3) <= u3

因此，由于增加的数量符号相反：

u2 <= rnd(u2*rnd(1-u1)) + rnd(u1*u3) <= u3

四舍五入后也一样，所以我们可以再次保证

u2 <= rnd64( rf80 ) <= u3

QED

要完成，我们应该关注非正常输入（逐渐下溢），但我希望你不会对压力测试产生恶意。我不会证明那些会发生什么...

修改：

这是一个后续行动，因为以下断言有点近似，并在0＆lt; = u2＆lt; = u3
时生成一些注释
r - 2 ulp80(r) <= rf80 <= r + 2 ulp80(r)

我们可以写出以下不等式：

rnd(1-u1) <= 1 rnd(1-u1) <= 1-u1+ulp(1)/4 u2*rnd(1-u1) <= u2 <= r u2*rnd(1-u1) <= u2*(1-u1)+u2*ulp(1)/4 u2*ulp(1) < 2*ulp(u2) <= 2*ulp(r) u2*rnd(1-u1) < u2*(1-u1)+ulp(r)/2

对于下一轮舍入操作，我们使用

ulp(u2*rnd(1-u1)) <= ulp(r) rnd(u2*rnd(1-u1)) < u2*(1-u1)+ulp(r)/2 + ulp(u2*rnd(1-u1))/2 rnd(u2*rnd(1-u1)) < u2*(1-u1)+ulp(r)/2 + ulp(r)/2 rnd(u2*rnd(1-u1)) < u2*(1-u1)+ulp(r)

对于总和的第二部分，我们有：

u1*u3 <= r rnd(u1*u3) <= u1*u3 + ulp(u1*u3)/2 rnd(u1*u3) <= u1*u3 + ulp(r)/2 rnd(u2*rnd(1-u1))+rnd(u1*u3) < u2*(1-u1)+u1*u3 + 3*ulp(r)/2 rnd(rnd(u2*rnd(1-u1))+rnd(u1*u3)) < r + 3*ulp(r)/2 + ulp(r+3*ulp(r)/2)/2 ulp(r+3*ulp(r)/2) <= 2*ulp(r) rnd(rnd(u2*rnd(1-u1))+rnd(u1*u3)) < r + 5*ulp(r)/2

我没有证明原来的说法，但不是那么远......

从双精度参数开始的80位扩展精度计算的属性

2 个答案: