2.2　課后習題詳解

1寫出下列各整數的原碼、反碼、補碼表示（用8位二進制數）。其中MSB是最高位（符號位），LSB是最低位。

（1）－35

（2）127

（3）－127

（4）－1

答：根據原碼、反碼、補碼之間的轉換關系可得：

（1）[－35]_原＝1010 0011

[－35]_反＝1101 1100

[－35]_補＝1101 1101

（2）[127]_原＝0111 1111

[127]_反＝0111 1111

[127]_補＝0111 1111

（3）[－127]_原＝1111 1111

[－127]_反＝1000 0000

[－127]_補＝1000 0001

（4）[－1]_原＝1000 0001

[－1]_反＝1111 1110

[－1]_補＝1111 1111

2設[x]_補＝a₇.a₆a₅…a₀，其中a_i取0或1，若要x＞－0.5，求a₀，a₁，a₂，…，a₆的取值。

答：[x]_補＝a₇.a₆a₅…a₀

①若a₇＝0，則x＞0，滿足x＞－0.5，此時a₀到a₆可任意取值；

②若a₇＝1，則x≤0，要滿足x＞－0.5，需a₆＝1，即a₇＝1，a₆＝1，a₀到a₅不全為0。

3有一個字長為32位的浮點數，符號位1位；階碼8位，用移碼表示；尾數23位，用補碼表示；基數為2。請寫出：

（1）最大數的二進制表示；

（2）最小數的二進制表示；

（3）規格化數所能表示的數的范圍。

答：該浮點數的格式如圖2-10所示。

圖2-10　該浮點數的格式

由于S是數符，已表示了尾數的符號，所以為了提高表示精度，M（23位）不必存儲符號位，只需要存小數點后面的有效數值即可。

（1）最大數的二進制表示為：0 11111111 11111111111111111111111（23個1）；

（2）最小數的二進制表示為：1 11111111 00000000000000000000000（23個0）；

（3）非IEEE754標準的補碼表示的規格化數是指其最高位有效位與符號位相反，故有：

①最大正數為：0 11111111 11111111111111111111111（23個1）＝＋（1－2^－23）×2¹²⁷

②最小正數為：0 00000000 10000000000000000000000（22個0）＝＋2^－1×2^－128

③最大負數為：1 00000000 01111111111111111111111（22個1）＝－（2^－1＋2^－23）×2^－128

④最小負數為：1 11111111 00000000000000000000000（23個0）＝－1×2¹²⁷

所以其表示數的范圍是：－1×2¹²⁷～－（2^－1＋2^－23）×2^－128以及＋2^－1×2^－128～＋（1－2^－23）×2¹²⁷。

4將下列十進制數表示成IEEE754標準的32位浮點規格化數。

（1）27/64

（2）－27/64

答：27/64＝0.011011＝（1.1011）₂×2^－2

（1）27/64的32位浮點規格化數的表示為0 01111101 10110000000000000000000

（2）－27/64的32位浮點規格化數的表示為1 01111101 10110000000000000000000

5已知x和y，用變形補碼計算x＋y，同時指出結果是否溢出。

（1）x＝11011，y＝00011

（2）x＝11011，y＝－10101

（3）x＝－10110，y＝－00001

答：采用雙符號位判斷是否溢出。

（1）[x]_補＝00 11011，[y]_補＝00 00011，故有

x＋y＝11110，結果未溢出。

（2）[x]_補＝00 11011，[y]_補＝11 01011，故有

x＋y＝00110，結果未溢出。

（3）[x]_補＝11 01010,[y]_補＝11 11111，故有

x＋y＝－10111，結果未溢出。

6已知x和y，用變形補碼計算x－y，同時指出運算結果是否溢出。

（1）x＝11011，y＝－11111

（2）x＝10111，y＝11011

（3）x＝11011，y＝－10011

答：[x－y]_補＝[x]_補－[y]_補＝[x]_補＋[－y]_補，采用雙符號位判斷是否溢出。

（1）[x]_補＝00 11011，[－y]_補＝00 11111，故有

符號位為01，結果正溢出。

（2）[x]_補＝00 10111，[－y]_補＝11 00101，故有

x－y＝－00100，結果未溢出。

（3）[x]_補＝00 11011，[－y]_補＝00 10011

符號位為01，結果正溢出。

7用原碼陣列乘法器、補碼陣列乘法器分別計算x×y。

（1）x＝11011，y＝－11111

（2）x＝－11111，y＝－11011

答：（1）①原碼陣列乘法

x＝11011，y＝－11111；

[x]_原＝0 11011，[y]_原＝1 11111；

符號位：x₀⊕y₀＝0⊕1＝1，故有

則[x×y]_原＝1 1101000101，x×y＝－11 0100 0101。

②直接補碼陣列乘法

[x]_補＝0 11011，[y]_補＝1 00001，故有

[x×y]_補＝1 0010111011，x×y＝－11 0100 0101

（2）①原碼陣列乘法

[x]_原＝1 11111，[y]_原＝1 11011；

符號位單獨運算：x₀⊕y₀＝1⊕1＝0，故有

[x×y]_原＝0 1101000101，x×y＝11 0100 0101。

②直接補碼陣列乘法

[x]_補＝1 00001，[y]_補＝1 00101，故有

[x×y]_補＝0 11010 00101，x×y＝11 0100 0101

8用原碼陣列除法器計算x÷y（注：先乘1個比例因子變成小數）。

（1）x＝11000，y＝－11111

（2）x＝－01011，y＝－11001

答：（1）用原碼陣列除法器計算，符號位單獨計算，S_f＝0⊕1＝1；

設a＝|x|×2^－5，b＝|y|×2^－5，則a，b均為正的純小數，且x÷y的數值為a÷b，余數等于a÷b的余數乘以2⁵，則[a]_補＝[|x|×2^－5]_補＝0.11000，[b]_補＝[|y|×2^－5]_補＝0.11111，[－b]_補＝1.00001，故有

即a÷b的商為0.11000；余數為1.11001×2^－5；因為1.11001為負數，加b處理為正數得1.11001＋b＝1.11001＋0.11111＝0.11000，所以a÷b的余數為0.11000×2^－5。

所以，x÷y的商為－0.11000，余數為0.11000。

（2）商的符號位S_f＝1⊕0＝1

設a＝|x|×2^－5，b＝|y|×2^－5，則a，b均為正的純小數，且x÷y的數值等于a÷b；余數等于a÷b的余數乘以2⁵，[a]_補＝[|x|×2^－5]_補＝0.01011，[b]_補＝[|y|×2^－5]_補＝0.11001，[－b]_補＝1.00111，故有

即a÷b的商為0.01110，余數為1.01001×2^－5，因為1.01001位負數，加b處理為正數，即1.01001＋b＝1.01001＋0.11001＝0.00010，所以a÷b的余數為0.00010×2^－5。

所以，x÷y的商為－0.01110，余數為0.00010。

9設階碼3位，尾數6位，按浮點運算方法，完成下列取值的[x＋y]，[x－y]運算：

（1）x＝2^－011×0.100101，y＝2^－010×（－0.011110）

（2）x＝2^－101×（－0.010110），y＝2^－100×（－0.010110）

答：（1）設階碼和尾數均以補碼表示，階碼采用雙符號位，尾數采用單符號位，則它們的浮點表示分別為：

[x]_浮＝11,101;0.100101，[y]_浮＝11,110;1.100010，則[x＋y]_浮的計算過程如下：

①求階差并對階

ΔE＝Ex－Ey＝[Ex]_補－[Ey]_補＝[Ex]_補＋[－Ey]_補＝11101＋00010＝11111

即ΔE為－1，x階碼小，根據小階向大階看齊的原則，應使Mx右移1位，Ex加1，則

[x]_浮＝11,110;0.010010（1）

②尾數求和

③規格化：尾數運算結果的符號位與最高有效位的數據相同，應該執行左規格化處理，尾數每左移一次，相應階碼減1，所以結果尾數為1.010010，階碼為11100；

④舍入處理：本題不需要進行舍入操作；

⑤判斷溢出：階碼兩符號位為11，結果未溢出。

故最后結果為：

[x＋y]_浮＝11,100;1.010010，真值為2^－100×（－0.101110）。

求[x－y]_浮的計算過程與[x＋y]_浮的計算過程的差別在于尾數求差這一步，如下所示：

上述結果已經規格化，采用0舍1入進行舍入處理，則[x－y]_浮＝11,110;0.110001，真值為2^－010×0.110001。

（2）設階碼和尾數均以補碼表示，階碼采用雙符號位，尾數采用單符號位，則它們的浮點表示分別為：

[x]_浮＝11,011;1.101010，[y]_浮＝11,100;0.010110

①求階差并對階

ΔE＝Ex－Ey＝[Ex]_補－[Ey]_補＝[Ex]_補＋[－Ey]_補＝11,011＋00,100＝11,111

即ΔE為－1，x階碼小，根據小階向大階看齊的原則，應使Mx右移1位，Ex加1，則

[x]_浮＝11,100;1.110101（0）

②尾數求和

③規格化

可見尾數運算結果的符號位與最高有效位的數據相同，應執行左規格化處理，每左移尾數一次，相應階碼減1，所以結果尾數為0.101100，階碼為11010；

④舍入處理：本題不需要；

⑤判斷溢出：階碼兩符號位為11，沒有溢出。

故最后結果為[x]_浮＋[y]_浮＝11,010;0.10110，真值為2^－110×（0.10110）。

而求[x－y]_浮的計算過程與[x＋y]_浮的計算過程的差別在于尾數求差這一步，如下所示：

[x－y]_浮＝11,100;1.011111，真值為2^－100×（－0.100001）。

10設數的階碼3位，尾數6位，用浮點運算方法，計算下列各式：

（1）

（2）

答：（1）假設階碼采用補碼表示，尾數采用原碼表示，階碼和尾數均采用單符號位，階碼為3位，尾數為6位，則[x]_浮＝0,011;0.110100，[y]_浮＝0,100;1.100100。

①尾數符號位：符號位S_f＝0⊕1＝1，去掉尾數符號位后，得到

E_x＝0011，M_x＝0.110100

E_y＝0100，M_y＝0.100100

②階碼相加：E_z＝E_x＋E_y＝0111；

③尾數相乘：M_z＝M_x×M_y

得到Mz＝0.01110101；

④規格化：執行左規格化，尾數每左移一位階碼減1，得到E_z＝0110，Mz＝0.1110101；

⑤舍入處理：采用四舍五入，得到M_z＝0.111011，最后加上符號，得

（2）假設階碼與尾碼采用補碼表示，且均用單符號位，階碼為3位，尾數為6位，則

[x]_浮＝1,110;0.011010，E_x＝1110，Mx＝0.011010

[y]_浮＝0,011;0.111100，E_y＝0011，My＝0.111100

①尾數符號位：符號位S_f＝0⊕0＝0；

②階碼相減：E_z＝E_x－E_y＝1 110－0011＝1011；

③尾數相除：Mz＝M_x÷M_y

M_x÷M_y的商為0.0110111，余數為0.011100×2^－7，則x÷y余數為0.111000×2^－10。最后可得x÷y的商為0.0110111×2¹⁰¹¹，規格化處理后為0.110111×2^－6，余數為0.111000×2^－10。

11某加法器進位鏈小組信號為C₄C₃C₂C₁，低位來的進位信號為C₀，請分別按下述兩種方式寫出C₄C₃C₂C₁的邏輯表達式：

（1）串行進位方式

（2）并行進位方式

答：4位加法器如圖2-11所示。

圖2-11　4位加法器

其進位邏輯表達式為

（1）串行進位方式的邏輯表達式

C₁＝G₁＋P₁C₀，其中G₁＝A₁B₁，P₁＝A₁⊕B₁；

C₂＝G₂＋P₂C₁，其中G₂＝A₂B₂，P₂＝A₂⊕B₂；

C₃＝G₃＋P₃C₂，其中G₃＝A₃B₃，P₃＝A₃⊕B₃；

C₄＝G₄＋P₄C₃，其中G₄＝A₄B₄，P₄＝A₄⊕B₄。

（2）并行進位方式的邏輯表達式

C₁＝G₁＋P₁C₀；

C₂＝G₂＋P₂G₁＋P₂P₁C₀；

C₃＝G₃＋P₃G₂＋P₃P₂G₁＋P₃P₂P₁C₀；

C₄＝G₄＋P₄G₃＋P₄P₃G₂＋P₄P₃P₂G₁＋P₄P₃P₂P₁C₀。

12用IEEE 32位浮點格式表示如下的數：

（1）－5

（2）－1.5

（3）384

（4）1/16

（5）－1/32

答：IEEE浮點格式的階碼減去127為真值指數。

（1）－5＝－（101）₂＝－（1.01）₂×2²，故浮點格式為：

1 10000001 01000000000000000000000

（2）－1.5＝－（1.1）₂＝－（1.1）₂×2⁰，故浮點格式為：

1 01111111 10000000000000000000000

（3）384＝（180）₁₆＝（1 1000 0000）₂＝（1.1）₂×2⁸，故浮點格式為：

0 10000111 10000000000000000000000

（4）1/16＝（1.0）₂×2^－4，故浮點格式為：

0 01111011 00000000000000000000000

（5）－1/32＝－（1.0）₂×2^－5，故浮點格式為：

1 01111010 00000000000000000000000

13下列各數使用了IEEE 32位浮點格式，相等的十進制是什么？

（1）1 10000011 110 00000000000000000000

（2）0 01111110 101 00000000000000000000

答：（1）（－1.11×2⁴）₂＝（－11100）₂＝（－28）₁₀

（2）（1.101×2^－1）₂＝（0.1101）₂＝（0.8125）₁₀

1432位格式最多能表示2³²個不同的數，用IEEE 32位浮點格式最多能表示多少不同的數？為什么？

答：IEEE754標準中，32位二進制數仍然有2³²種不同組合，但是由于在IEEE754中，階碼為全1且尾數為非0的情況不表示一個數。尾數23位，尾數非0有2²³－1種組合，再配合符號位，共有2×（2²³－1）種組合不表示一個數，所以該格式最多能表示不同的數的個數為2³²－2×（2²³－1）。

15設計一個帶有原碼陣列乘法器（使用芯片）和原碼陣列除法器（使用芯片）的定點運算器。

答：設輸入的數據為X和Y，則會把數據驅動到原碼乘法器和原碼除法器芯片上，并且它是通過操作控制信號選通相應的芯片進行指定運算的，因此設計如圖2-12所示。

圖2-12　帶原碼陣列乘法及除法器的定點運算器

16設計一個ALU（4位），完成加、減、取反、取補、邏輯乘、邏輯加、傳送、加1等8種運算功能。

答：8種功能運算，需要采取的控制端個數為3個，通過對控制端信號的邏輯組成產生相應運算功能的邏輯編碼，其對應關系如表2-2所示。

表2-2　8種功能運算的編碼組成

如圖2-13所示。

圖2-13　完成8種功能的ALU

17改進74181ALU芯片設計，操作控制信號只有8種。

答：74181ALU可以簡化為4種邏輯運算和4種算數運算，通過S₂、S₁、S₀的邏輯組合，可以表示8種狀態，這時通過控制相應狀態邏輯的開或關，即可構成一種操作控制。

18設計一個余3碼編碼的十進制加法器單元電路。

答：余3碼編碼的十進制加法規則是：兩個1位十進制數的余3碼相加，如結果無進位，則從和數中減去3（即加上1101）；如結果有進位，則和數中加上3（加上0011），即得和數的余3碼。

設參加運算的兩個一位的十進制數分別為A_i和B_i，它們的余3碼分別為A_i0～A_i3和B_i0～B_i3，其二進制加法的和的編碼為S_i0～S_i3，進位為C_i＋1，修正之后，和對應的余3碼為F_i0～F_i3，進位為CY_i＋1，則根據余3碼的運算規則有：

當C_i＋1＝0時，F_i3F_i2F_i1F_i0＝S_i3S_i2S_i1S_i0＋1101；當C_i＋1＝1時，F_i3F_i2F_i1F_i0＝S_i3S_i2S_i1S_i0＋0011，由此可畫出邏輯電路圖如圖2-14所示。

圖2-14　余3碼編碼的十進制加法器