计算机组成原理第六章答案Word文档格式.docx

1、x补与x原、x的对应关系如下：x补1,01011,11000,01111,0000x原无1,10111,0100x-1-1011-100-100006. 设机器数字长为8位（含1位符号位在内），分整数和小数两种情况讨论真值x为何值时，x补=x原成立。当x为小数时，若x 0，则 x补=x原成立； 若x 0，当x= -1/2时，x补=x原= 0000，则 x补=x原成立。当x为整数时，若x 0，则若x 0，当x= -64时，x补=x原=1,100 0000，则x补=x原成立。7. 设x为真值，x*为绝对值，说明-x*补=-x补能否成立。当x为真值，x*为绝对值时，-x*补=-x补不能成立。原因如下

2、：（1）当xy补，是否有xy？若x补y补，不一定有xy。 x补 y补时 x y的结论只在 x 0且y 0，及 x0且y0、 yy，但则x补y补；同样，当x0时，有x y补。9. 当十六进制数9B和FF分别表示为原码、补码、反码、移码和无符号数时，所对应的十进制数各为多少（设机器数采用一位符号位）？真值和机器数的对应关系如下：9BH移码无符号数对应十进制数-27-101+27155FFH-128-0+12825610. 在整数定点机中，设机器数采用1位符号位，写出0的原码、补码、反码和移码，得出什么结论？0的机器数形式如下：（假定机器数共8位，含1位符号位在内）+00 000 00001 000

3、 00001 111 1111结论：0的原码和反码分别有+0和-0两种形式，补码和移码只有一种形式，且补码和移码数值位相同，符号位相反。11. 已知机器数字长为4位（含1位符号位），写出整数定点机和小数定点机中原码、补码和反码的全部形式，并注明其对应的十进制真值。整数定点机小数定点机0,0000,00110,01020,01130,10040,10150,11060,11171,0001,1111,0011,1101,0101,101-21,0111,100-3-4-5-6-7-812. 设浮点数格式为：阶码5位（含1位阶符），尾数11位（含1位数符）。写出51/128、-27/1024、所对

4、应的机器数。要求如下：（1）阶码和尾数均为原码。（2）阶码和尾数均为补码。（3）阶码为移码，尾数为补码。据题意画出该浮点数的格式：阶符1位阶码4位数符1位尾数10位 将十进制数转换为二进制：x1= 51/128= = 2-1 * 011B x2= -27/1024= = 2-5*） x3=23*x4=27*则以上各数的浮点规格化数为：（1）x1浮=1，0001； 011 000 0 x2浮=1，0101； 110 000 0 x3浮=0，0011； x4浮=0，0111； 011 010 0（2）x1浮=1，1111； x2浮=1，1011； 010 000 0 100 110 0（3）x1浮

5、=0，1111； x2浮=0，1011； 010 000 0 x3浮=1，0011； x4浮=1，0111；13. 浮点数格式同上题，当阶码基值分别取2和16时： （1）说明2和16在浮点数中如何表示。 （2）基值不同对浮点数什么有影响？ （3）当阶码和尾数均用补码表示，且尾数采用规格化形式，给出两种情况下所能表示的最大正数和非零最小正数真值。（1）阶码基值不论取何值，在浮点数中均为隐含表示，即：2和16不出现在浮点格式中，仅为人为的约定。（2）当基值不同时，对数的表示范围和精度都有影响。即：在浮点格式不变的情况下，基越大，可表示的浮点数范围越大，但浮点数精度越低。（3）r=2时，最大正数的浮

6、点格式为：0，1111； 111 111 1 其真值为：N+max=215（1-2-10） 非零最小规格化正数浮点格式为：1，0000； 000 000 0N+min=2-162-1=2-17r=16时， 1111 11N+max=1615（1-2-10） 非零最小规格化正数浮点格式为： 0000 00N+min=16-1616-1=16-1714. 设浮点数字长为32位，欲表示6万间的十进制数，在保证数的最大精度条件下，除阶符、数符各取1位外，阶码和尾数各取几位？按这样分配，该浮点数溢出的条件是什么？若要保证数的最大精度，应取阶码的基值=2。 若要表示6万间的十进制数，由于32768（215

7、） 6万 65536（216），则：阶码除阶符外还应取5位（向上取2的幂）。 故：尾数位数=32-1-1-5=25位 25（32） 该浮点数格式如下：阶符（1位）阶码（5位）数符（1位）尾数（25位）按此格式，该浮点数上溢的条件为：阶码 2515. 什么是机器零？若要求全0表示机器零，浮点数的阶码和尾数应采取什么机器数形式？机器零指机器数所表示的零的形式，它与真值零的区别是：机器零在数轴上表示为“0”点及其附近的一段区域，即在计算机中小到机器数的精度达不到的数均视为“机器零”，而真零对应数轴上的一点（0点）。若要求用“全0”表示浮点机器零，则浮点数的阶码应用移码、尾数用补码表示（此时阶码为最小

8、阶、尾数为零，而移码的最小码值正好为“0”，补码的零的形式也为“0”，拼起来正好为一串0的形式）。16设机器数字长为16位，写出下列各种情况下它能表示的数的范围。设机器数采用一位符号位，答案均用十进制表示。 （1）无符号数； （2）原码表示的定点小数。 （3）补码表示的定点小数。 （4）补码表示的定点整数。 （5）原码表示的定点整数。 （6）浮点数的格式为：阶码6位（含1位阶符），尾数10位（含1位数符）。分别写出其正数和负数的表示范围。 （7）浮点数格式同（6），机器数采用补码规格化形式，分别写出其对应的正数和负数的真值范围。（1）无符号整数：0 216 - 1，即：0 65535； 无符号

9、小数：0 1 - 2-16 ，即：0 ；（2）原码定点小数：-1 + 2-151 - 2-15 ，即：（3）补码定点小数：- 11 - 2-15 ，即：-1（4）补码定点整数：-215215 - 1 ，即：-3276832767（5）原码定点整数：-215 + 1215 - 1，即：-3276732767（6）据题意画出该浮点数格式，当阶码和尾数均采用原码，非规格化数表示时：最大负数= 1，11 111； 000 001 ，即 -2-9 2-31最小负数= 0，11 111； 111 111，即 -（1-2-9） 231则负数表示范围为：-（1-2-9） 231 -2-9 2-31最大正数=

10、0，11 111； 111 111，即 （1-2-9） 231最小正数= 1，11 111； 000 001，即 2-9 2-31则正数表示范围为：2-9 2-31 （1-2-9） 231（7）当机器数采用补码规格化形式时，若不考虑隐藏位，则最大负数=1，00 000； 111 111，即 -2-1 2-32最小负数=0，11 111； 000 000，即 -1 231-1 231 -2-1 2-32最大正数=0，11 111； 111 111，即 （1-2-9） 231 最小正数=1，00 000； 000 000，即 2-1 2-322-1 2-32 （1-2-9） 23117. 设机器数

11、字长为8位（包括一位符号位），对下列各机器数进行算术左移一位、两位，算术右移一位、两位，讨论结果是否正确。x1原= 1010；y1补= 0100；z1反= 1111；x2原= 1000；y2补= 1000；z2反= 1000；x3原= 1001；y3补= 1001；z3反= 1001。算术左移一位： x1原= 0100；正确 x2原= 0000；溢出（丢1）出错 x3原= 0010；y1补= 1000；y2补= 0000；y3补= 0010；溢出（丢0）出错 z2反= 0001；z3反= 0011；溢出（丢0）出错算术左移两位：x1原= 1000；溢出（丢11）出错x3原= 0100；正确y1

12、补= 0000；溢出（丢10）出错 y3补= 0100；溢出（丢00）出错 溢出（丢01）出错 z2反= 0011；z3反= 0111；溢出（丢00）出错算术右移一位： x1原= 1101；x2原= 0100；x3原= 1100（1）；丢1，产生误差 y1补= 1010；y2补= 0100；y3补= 1100（1）；丢1，产生误差z1反= 0111；z2反= 0100（0）；丢0，产生误差z3反= 1100；算术右移两位： x1原= 0110（10）；产生误差 x2原= 1010；x3原= 0110（01）；产生误差y1补= 0101；y2补= 1010；y3补= 0110（01）；z1反=

13、1011；z2反= 1010（00）；z3反= 0110（01）；18. 试比较逻辑移位和算术移位。逻辑移位和算术移位的区别： 逻辑移位是对逻辑数或无符号数进行的移位，其特点是不论左移还是右移，空出位均补0，移位时不考虑符号位。 算术移位是对带符号数进行的移位操作，其关键规则是移位时符号位保持不变，空出位的补入值与数的正负、移位方向、采用的码制等有关。补码或反码右移时具有符号延伸特性。左移时可能产生溢出错误，右移时可能丢失精度。19. 设机器数字长为8位（含1位符号位），用补码运算规则计算下列各题。 （1）A=9/64， B=-13/32，求A+B。 （2）A=19/32，B=-17/128，

14、求A-B。 （3）A=-3/16，B=9/32，求A+B。 （4）A=-87，B=53，求A-B。 （5）A=115，B=-24，求A+B。（1）A=9/64= 0010B, B= -13/32= 0100B A补= 0010, B补= 1100A+B补= + = 无溢出A+B= 0010B = -17/64 （2）A=19/32= 1100B, B= -17/128= 0001B A补= 1100, B补= 1111 , -B补= 0001 A-B补= + = 无溢出 A-B= 1101B = 93/128B（3）A= -3/16= 1000B, B=9/32= 0100B A补= 1000

15、, B补= 0100 A+B补= + = 无溢出A+B= 1100B = 3/32 （4） A= -87= -101 0111B, B=53=110 101B A补=1 010 1001, B补=0 011 0101, -B补=1 100 1011A-B补= 1 0101001 + 1 1001011 = 0 1110100 溢出（5）A=115= 111 0011B, B= -24= -11 000B A补=0 1110011, B补=1，110 1000 A+B补= 0 1110011 + 1 1101000 = 0 1011011无溢出 A+B= 101 1011B = 9120. 用原

16、码一位乘、两位乘和补码一位乘（Booth算法）、两位乘计算x （1）x= 111，y= 110； （2）x= 111，y= 101； （3）x= 19，y= 35； （4）x= 11，y= 01。先将数据转换成所需的机器数，然后计算，最后结果转换成真值。（1）x原=，y原=，x*=， y*=原码一位乘：部分积乘数y*说明 000+ 000101 110部分积初值为0，乘数为0加0 000 + 111010 111右移一位乘数为1，加上x* 111 011101 011 010 001010 101 + 000001 010乘数为0，加上0000 101100 010即x*y*= 111 100

17、 010，z0=x0 y0=0 1=1，xy原= 111 100 010，xy= -0. 100 111 100 010原码两位乘：-x*补= 001，2x*= 110Cj000 . 000 000+001 . 101 11000 101 110部分积初值为0，Cj=0 根据yn-1ynCj=100，加2x*，保持Cj=0 001 . 101 110 000 . 011 011+111 . 001 00110 001 011右移2位根据yn-1ynCj=110，加-x*补，置Cj=1 111 . 100 100 111 . 111 00100 100 010根据yn-1ynCj=101，加-x

18、*补，置Cj=1 111 . 000 010 111 . 110 000+000 . 110 11110 001 000根据yn-1ynCj=001，加x*，保持Cj=0 000 . 100 11110 001 0补码一位乘：x补=，-x补=，y补=乘数Yn+1 00 . 000 000+11 . 001 0011 010 0100 101 001Ynyn+1=00，部分积右移1位Ynyn+1=10，部分积加-x补 11 . 001 001右移1位 11 . 100 100+00 . 110 1111 010 100Ynyn+1=01，部分积加x补 00 . 011 011 00 . 001

19、101 00 . 000 1101 101 0101 110 101 11 . 001 111 11 . 100 1111 111 010 00 . 011 110 00 . 001 1110 111 101 11 . 011 0000 111 10即 xy补= 000 011 110，xy= 111 100 010补码两位乘：2x补=，2-x补=结果同补码一位乘， xy= -0. 100 111 100 010 0021. 用原码加减交替法和补码加减交替法计算x （1）x=，y=； （2）x=， y=； （3）x=， y= ； （4）x=13/32， y= -27/32。（1）x*=x原=x补=x= 111 y*=y原=y补=y= 0=0 y0=0 011 -y*补=-y补= 101 q0=x0 y原= 010 r*= 0102-6= 000 000 010 y*=x y=x* x 计算过程如下：原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 + 1 . 0 1 0 1 0 1 试减，+-y*补 1 . 1 1 1 1 0 0 . 0 . 1 0 1 0 1 1 0 1 r 0， +-y*补 0 . 0 1 1 0 1 1 1 0 . 1 1 0 0， +-y*补 0 . 0 0 1 0