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1、《计算机组成原理-王爱英课后习题1-7答案3.10设机器字长16位，阶码7位，含阶符1位；尾数9位，含数符1位（阶码底为2），若阶码和尾数均用补码表示，说明在尾数规格化和不规格化两种情况下，它所能表示的最大正数、非零最小正数、绝对值最大负数、绝对值最小负数各是多少？写出其机器数，并给出十进制真值。若阶码用移码，尾数仍用补码，各值如何变化？解：设阶码部分共m+1位(6+1)，含阶符1位；尾数部分共n+1位(8+1)，含数符1位。补码规格化时：典型值浮点数代码真值非零最小正数10---0,0.10---0(2的-2m方)(2-
2、1),(2-64)(2-1)最大正数01---1,0.11---1(2的2m方-1)(1-2-n),(263)(1-2-8)绝对值最小负数10---0,1.011--1(2的-2m方)[-(2-1+2-n)],(2-64)[-(2-1+2-8)]绝对值最大负数01---1,1.00---0(2的2m方-1)(-1),(263)(-1)2补码非规格化：典型值浮点数代码真值非零最小正数10---0,0.00---1(2的-2m方)(2-n),(2-64)(2-8)最大正数01---1,0.11---1(2的2m方-1)(1-2
3、-n),(263)(1-2-8)绝对值最小负数10---0,1.111--1(2的-2m方)(-2-n),(2-64)(-2-8)绝对值最大负数01---1,1.00---0(2的2m方-1)(-1),(263)(-1)阶码用移码，尾数用补码则规格化时（不考虑溢出情况）典型值浮点数代码真值非零最小正数00---0,0.10---0(2的-2m方)(2-n),(2-64)(2-1)最大正数11---1,0.11---1(2的2m方-1)(1-2-n),(263)(1-2-8)绝对值最小负数00---0,1.011--1(2的
4、-2m方)(-2-n),(2-64)[-(2-1+2-8)]绝对值最大负数11---1,1.00---0(2的2m方-1)(-1),(263)(-1)33.31设有16个信息位（k），如采用海明码校验，至少需要设置多少个校验位（r）？应放置在哪个位置上？答：如采用查一位错方式,其公式为2r≥k+r+1故选取r=5位,即P5P4P3P2P1，因为32≥16+5+1。它们放置在2i-1位置上，即海明码的H16H8H4H2H1。如采用检测与自动校正一位错，并能发现两位错方式,其公式为2r-1≥k+r故选取r=6位,即P6P5P4
5、P3P2P1，因为32≥16+6。它们一般放置在2i-1位置上，（注：P6只能放在海明码的最高位置上）即海明码的H22H16H8H4H2H1。73.1A某微机内存有单精度符点数为C2308000H,计算其真值。解：计算该浮点数的真值过程如下将其展开为二进制数，并区分出三个字段的编码为：11000010001100001000000000000000字符阶码尾数由于数符为1，该浮点数是一个负数。阶码真值=1000100-0111111=00000101尾数=1.01100001000000000000000于是该浮点数的真值
6、为：-1.01100001*2+101=-101100.001=-44.12583.2A已知X=+13,Y=+11,采用比较法的补码一位乘法计算X*Y=?解：X=+1101[X]补=001101[-X]补=110011（双符号位）Y=+1011[Y]补=01011（单符号位）部分和Y0Y1Y2Y3Y4Y5(附加位）000000010110+[-X]补110011110011010110111001101011移位，左边补添同符号+0000000111001101011111100110101移位，左边补添同符号+[X]补0
7、01101001001110101000100111010移位，左边补添同符号+[-X]补110011110111111010111011111101移位，左边补添同符号+[X]补001101001000111101[X*Y]补=0010001111X*Y=+10001111=+14393.3A利用定点补码加减交替法求X/Y=0.1000/-0.1010=？解：以上是在
8、X
9、<
10、Y
11、即不溢出的前提下，规则如下；（1）第一步如果被除数与除数同号，用被除数减去除数；若两数异号，用被除数加上除数。如果所得余数与除数同号上商1，若
12、余数与除数异号，上商0，该商即为结果的符号位。（2）求商的数值部分如果上次上商1，将余数左移一位后减去除数；如果上次上商0，将余数左移一位后加上除数。然后判断本次操作后的余数，如果余数与除数同号上商1；若余数与除数异号上商0。如此重复执行n-l次（设数值部分有n位）。（3）商的最后一位一般采用恒置1的办
