10本科组成原理补充习题(2)

n = -X0 +?Xi2

i?0n-（i+1）

由于X/2=-X0 +?Xi2

i?0-（i+1）

根据补码与真值的关系便有：[X/2]补 = X0.X0X1X2?Xn

11. 某加法器进位链小组信号为C4C3C2C1 ，低位来的信号为C0 ，请分别按下述两种方式写出C4C3C2C1的逻辑表达式。

（1） 串行进位方式 （2） 并行进位方式

解 ：（1）串行进位方式：

C1 = G1 + P1 C0 其中： G1 = A1 B1 ，P1 = A1⊕B1

C2 = G2 + P2 C1 G2 = A2 B2 ，P2 = A2⊕B2 C3 = G3 + P3 C2 G3 = A3 B3 , P3 = A3⊕B3 C4 = G4 + P4 C3 G4 = A4 B4 , P4 = A4⊕B4

(2) 并行进位方式：

C1 = G1 + P1 C0

C2 = G2 + P2 G1 + P2 P1 C0

C3 = G3 + P3 G2 + P3 P2 G1 + P3 P2 P1 C0

C4 = G4 + P4 G3 + P4 P3 G2 + P4P3 P2 G1 + P4 P3 P2 P1 C0 其中 G1—G4 ，P1—P4 表达式与串行进位方式相同。

n12. 设[x]补 =x0.x1x2?xn 。 求证：x = -x0 +?i?1nxi2-i

13. 求证： [ X · Y ]补=[X]补 ? （-Y0 +?i?1 Yi ? 2-i ）

证明：设[x]补=x0x1x2?xn , [y]补=y0y1?yn

（1） 被乘数x 符号任意，乘数y符号为正。 根据补码定义，可得

[x]补 = 2+x=2+1 + x （mod 2 [y]补 = y 所以

[x]补·[y]补 = 2+1·y + x·y=2+1·（y1y2?yn）+x·y 其中（y1y2?yn）是大于0的正整数，根据模运算性质有 2·（y1y2?yn）= 2所以

n+1

n+1

n

n

n

n+1

）

（mod 2

n+1

）

n+1

[x]补·[y]补=2+x·y=[ x·y]补 （mod 2）

1 即 [ x·y]补=[x]补·[y]补=[x]补·y ○（2） 被乘数x 符号任意，乘数y符号为负。

[x]补=x0.x1x2?xn

[y]补=1.y1y2?yn=2+y （mod 2）

由此

y=[y]补－2=0.y1y2?yn －1

所以

x·y=x（y1y2?yn）－x

[ x·y]补=[ x（y1y2?yn）]补＋[-x]补

1 有 又 （y1y2?yn）>0，根据式 ○

[ x（y1y2?yn）]补 = [x]补（0.y1y2?yn）

所以

2 [ x·y]补= [x]补（0.y1y2?yn）＋[-x]补 ○（3） 被乘数x和乘数y符号都任意。

1和式○2两种情况综合起来，即得补码乘法的统一算式，即 将式○

[ x·y]补= [x]补（0.y1y2?yn）－[x]补·y0 = [x]补（-y0＋0.y1y2?yn）

n =[x]补 ? （-y0 + ?i?1yi ? 2-i ） 证毕

14. 设[X]补=01111，[Y]补=10011，用带求补器的补码阵列乘法器求出乘积

X·Y=？并用十进制数乘法验证。

解：设最高位为符号位，输入数据为[ x ]补 = 01111 [Y]补=10011

算前求补器输出后： x = 1111 y = 1101 1 1 1 1

× 1 1 0 1 1 1 1 1

0 0 0 0 乘积符号位运算： 1 1 1 1 x0⊕y0 = 0⊕1 = 1 + 1 1 1 1

1 1 0 0 0 0 1 1

算后求补级输出为00111101，加上乘积符号位1，最后得补码乘积值为 100111101 。

利用补码与真值的换算公式，补码二进制数的真值是：

x×y = -1×2 + 1×2 + 1×2 + 1×2 + 1×2 + 1×2 = -195 十进制数乘法验证： x×y = （+15）×（-13）= -195

15. 设有两个浮点数 N1 = 2j1 × S1 , N2 = 2j2 × S2 ,其中阶码2位，阶符1位，尾数四位，数符一位。设 ：j1 = (-10 )2 ,S1 = ( +0.1001)2 j2 = (+10 )2 ,S2 = ( +0.1011)2

求：N1 ×N2 ，写出运算步骤及结果，积的尾数占4位，要规格化结果，用原码阵列乘法器求尾数之积。

解： （1）浮点乘法规则：

N1 ×N2 =（ 2 ×S1）× （2 × S2） = 2

（2） 码求和：

j1

j2

（j1

8

5

4

3

2

0

+

j2）

×（S1×S2）

j1 + j2 = 0 （3）尾数相乘：

令被乘数S1 =0.1001，乘数S2 = 0.1011，尾数绝对值相乘得积的绝对值，积的符号位 =

0⊕0 = 0。按无符号阵乘法器运算得（步骤略）：N1 ×N2 = 2×0.01100011

（4）尾数规格化、舍入（尾数四位）

N1 ×N2 = （+ 0.01100011）2 = （+0.1100）2×2（-01）2

-53

16. 设有浮点数x=2×0.0110011,y=2×(-0.1110010),阶码用４位移码表示，尾数（含符

号位）用８位补码表示。求［x×y］浮。要求直接用补码完成尾数乘法运算，运算结果尾数仍保留８位（含符号位），并用尾数之后的４位值处理舍入操作。 解：移码采用双符号位，尾数补码采用单符号位，则有

[Mx]补=0.0110011,[My]补=1.0001110,[Ey]移=11 011,[Ey]补=00 011,[Ex]移=00 011, (1) 求阶码和

[Ex+Ey]移=[Ex]移+[Ey]补=00 011 + 00 011 = 00 110, 值为移码形式-2 （2）尾数乘法运算可直接采用补码阵列乘法器实现，即有 [Mx]补×[My]补= [0.0110011]补×[1.0001110]补 = [1.0011001,10010010]补 （3） 规格化处理

乘积的尾数符号位与最高数值位符号相反，已是规格化的数，不需要左规，阶码仍为00110。

（4） 舍入处理 尾数为负数，且是双倍字长的乘积，按舍入规则，尾数低位部分的前4位为1001，应作“入”，故尾数为1.0011010。 最终相乘结果为 [x×y]浮= 00 110, 1.0011010;其真值为 x×y= 2×(-0.1100110) 17. 已知x＝0.10011101, y＝0.1110，用不恢复余数除法求x／y＝？ 解： [-y]补=1.0010

被除数 0.10011101 减y 1.0010

-------------------------------------------------------------------

余数为负 1.10111101 < 0 => Q0 = 0

左移 1.0111101

加y 0.1110

---------------------------------------------------------------------

-2

0

余数为正 0.0101101 >0 => Q1 = 1 左移 0.101101 减y 1.0010

-------------------------------------------------------------------------

余数为负 1.110101 <0 => Q2 = 0

左移 1.10101 加y 0.1110

-------------------------------------------------------------------------

余数为正 0.10001 >0 => Q3 = 1

左移 1.0001

减y 1.0010

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