计算机组成原理习题答案第五章
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（１）０．１１００１００
（２）１．００１１００１
（３）１．１１００１１０
（４）１．００００１１１
解：（１）［X］补＝０．１１００１００
１/４X补＝０．００１１００１，［４X］补＝０．００１００００
２）［X］补＝１．００１１００１
１/４X补＝１．１１００１１０，［４X］补＝１．１１００１００
（３）１．１１００１１０
解：
C１＝G１＋PC０
C２＝G２＋P２G１＋P２P１C０
C３＝G３＋P３G２＋P３P２G１＋P３P２P１C０
设பைடு நூலகம்G倡
１＝G３＋P３G２＋P３P２G１，P倡
１＝P３P２P１
则有：
C３＝G倡
１＋P倡
１C０
C６＝G倡
２＋P倡
２G倡
１＋P倡
２P倡
１C０
C９＝G倡
３＋P倡
３G倡
２＋P倡
３P倡
２G倡
１＋P倡
３P倡
０．１１０１１
补码除法：X÷Y＝０．１１０１１－０．１１００１×２－５
０．１１０１１
１2．设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示，按照浮点数的运算规则，计算下列
各题：
（１）X＝２１０１×（－０．１０００１０），Y＝２１００×（－０．１１１１１０）
（２）X＝２－１０１×０．１０１１００，Y＝２－１００×（－０．１０１０００）
将３部分校正函数统一考虑并化简，得：
１/４X补＝１．１１１１００１，［４X］补＝１．００１１０００
（４）１．００００１１１
１/４X补＝１．１１００００１，［４X］补＝１．００１１１００
5．证明在全加器里，进位传递函数P＝A i＋Bi＝Ai⊕Bi。
解：并行加法器中的每一个全加器都有一个从低位送来的进位和一个传送给较高位
的进位。进位表达式为
＝２－２｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）［X］补｝
［Z′′′］补＝２－１｛［Z′′］补＋（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
＝２－１｛２－２｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）［X］补｝＋（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
01＝２－３｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）×［X］补＋２２×（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
１１．０１０１０［X］补
＋１１．１１１１１［Y］补
１１．０１００１［X＋Y］补
X＋Y＝－０．１０１１１
（４）［X］补＝１．００１０１，［Y］补＝０．１１１１０
１１．００１０１［X］补
＋００．１１１１０［Y］补
００．０００１１［X＋Y］补
X＋Y＝０．０００１１
2．已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X－Y，并指出结果是否溢出。
（３）X＝２－０１１×０．１０１１００，Y＝２－００１×（－０．１１１１００）
注：此题中阶码用二进制表示。
求：X＋Y，X－Y。
解：（１）X＝２１０１×（－０．１０００１０），Y＝２１００×（－０．１１１１１０）
［X］浮＝０１０１；１．０１１１１０
［Y］浮＝０１００；１．００００１０
对阶：小阶向大阶看齐，ΔE＝EA－EB＝１，
（１）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１１１１１
（２）X＝０．１０１１１，Y＝０．１１０１１
（３）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１００１１
（４）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．００００１
解：（１）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．００００１，［－Y］补＝０．１１１１１
００．１１０１１［X］补
＋００．１１１１１［－Y］补
相减：００．００１０１１
＋００ ．１１１１００
０１．０００１１１
需右规一次，［X－Y］浮＝００００；０．１０００１１
所以X－Y＝２－０００×０．１０００１１
１3．设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示，按照浮点数的运算规则，计算下列
各题：
（１）X＝２３×１３/１６，Y＝２４×－９/１６
求：X×Y。
（２）X＝２３×－１３/１６，Y＝２５×１５/１６
④
１５
１６
１７
１８
１９１１０００
１１００１
１１０１０
１１０１１
１１１００１０１０１
１０１１０
１０１１１
１１０００
１１００１
若A≥５，B≥５，
则＋３校正
①和在０～４范围内，不用校正，结果正确。
②和在６～９范围内，当A＜５，B＜５，需＋３校正，而当A＜５，B≥５或A≥５，B＜５
时，不需校正。故校正函数为：
０．１１０１１
补码除法：X÷Y＝－０．１１００１＋０．０００１１×２－５０．１１０１１
（３）中间过程略。原码除法：X÷Y＝－０．１１０００＋０．１００００×２－５
０．１０１１０
补码除法：X÷Y＝－０．１１００１＋０．００１０１×２－５
０．１０１１０
（４）中间过程略。原码除法：X÷Y＝０．１１０１０＋０．０００１０×２－５
相加：００．０１０１１０
＋１１ ．０１１０００
１１．１０１１１０
需左规一次，［X＋Y］浮＝１０１１；１．０１１１００
所以X＋Y＝２－１０１×（－０．１００１００）
相减：００．０１０１１０
＋００．１０１０００
００．１１１１１０
所以X－Y＝２－１００×０．１１１１１０
（３）X＝２－０１１×０．１０１１００，Y＝２－００１×（－０．１１１１００）
不校正
②
５
６
７
８
９０１０００
０１００１
０１０１０
０１０１１
０１１００００１０１
００１１０
００１１１
０１０００
０１００１
若A＜５，B＜５，
则＋３校正
③
１０
１１
１２
１３
１４１００００
１０００１
１００１０
１００１１
１０１０００１１０１
０１１１０
０１１１１
１００００
１０１０１
若A或B≥５，B或A＜５，
则＋３校正
［X］浮＝__________１１０１；０．１０１１００
［Y］浮＝１１１１；１．０００１００
对阶：小阶向大阶看齐。ΔE＝EA－EB＝－２
［X］浮′＝１１１１；０．００１０１１
对阶之后，尾数相加和相减。
相加：００．００１０１１
＋１１ ．０００１００
１１．００１１１１
所以X＋Y＝２－００１×（－０．１１０００１）
求：X÷Y。
解：（１）X＝２３×１３/１６，Y＝２４×－９
阶码相加：EA＋EB＝３＋４＝７
尾数相乘：由补码乘法规则求得：－０．０１１１０１０１
结果规格化：左规一次，X×Y＝－０．１１１０１０１０×２６
（２）X＝２３×－１３/１６，Y＝２５×１５/１６
尾数调整：因为｜X尾数｜≤｜Y尾数｜，所以无需尾数调整。
1．已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X＋Y，并指出结果是否溢出。
（１）X＝０．１１０１１，Y＝０．１１１１１
（２）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１０１０１
（３）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．００００１
（４）X＝－０．１１０１１，Y＝０．１１１１０
解：（１）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝０．１１１１１
求：[１/２X]补，[１/４X]补，［－X］补，[１/２Y]补，[１/４Y]补，［－Y］补。
解：［X］补＝０．１０１１
１/２X补
＝０．０１０１，１/４X补
＝０．００１０，［－X］补＝１．０１０１
［Y］补＝１．１０１１
１/２Y补
＝１．１１０１，１/４Y补
＝１．１１１０，［－Y］补＝０．０１０１
4．设下列数据长８位，包括１位符号位，采用补码表示，分别写出每个数据右移或左移２位之后的结果。
A４B４（S′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
③和在１０～１４范围内，当A＜５，B≥５，或A≥５，B＜５，需＋３校正，而当A≥５，B≥
５时，不需校正。故校正函数为：
（A４⊕B４）（C′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
④和在１６～１９范围内（A≥５，B≥５），一定＋３校正。
A４B４（S′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
解：（１）原码除法：
因为Qs＝Xs磑Y s＝０磑０＝０
所以XY＝０．１１０００＋０．１１０００×２－５
０．１１０１１
补码除法：
所以XY补＝０．１１００１＋１．１１１０１×２－５
０．１１０１１
XY＝０．１１００１＋－０．０００１１×２－５
０．１１０１１
（２）中间过程略。原码除法：X÷Y＝－０．１１０００＋０．１１０００×２－５
２P倡
１C０
8．分别用原码乘法和补码乘法计算X×Y。
（１）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１１１１１
（２）X＝－０．１１０１０，Y＝－０．０１１１０
解：（１）原码乘法：
所以｜X×Y｜＝０．１１０１０００１０１
X×Y＝－０．１１０１０００１０１
补码乘法：
所以［X×Y］补＝１．００１０１１１０１１
X×Y＝－０．１１０１０００１０１
5421码的校正关系5421码的校正关系十进制数5421码c4s4s3s2s1校正前的二进制数c4s4s3s2s1校正关系0123400000000010001000011001000000000001000100001100100不校正5678901000010010101001011011000010100110001110100001001若a5b5则3校正101112131410000100011001010011101000110101110011111000010101若a或b5b或a5则3校正151617181911000110011101011011111001010110110101111100011001若a5b5则3校正和在04范围内不用校正结果正确
所以X－Y＝２００１×（－０．１１００００）
（２）X＝２－１０１×０．１０１１００，Y＝２－１００×（－０．１０１０００）
［X］浮＝１０１１；０．１０１１００
［Y］浮＝１１００；１．０１１０００
对阶：小阶向大阶看齐。ΔE＝EA－EB＝－１
［X］浮′＝１１００；０．０１０１１０
对阶之后，尾数相加和相减。
Ci＝Ai Bi＋（Ai⊕Bi）Ci－１
欲证明Pi＝Ai＋Bi＝Ai⊕Bi，也就是要证明Ci＝Ai Bi＋（Ai⊕Bi）Ci－１＝Ai Bi＋（Ai
＋Bi）Ci－１
用卡诺图法，图４唱１０（a）和４唱１０（b）分别是两个逻辑表达式的卡诺图。两个卡诺图相同，两个逻辑表达式就相等，则进位传递函数的两种形式相等。
（２）X×Y＝０．０１０１１０１１００，过程略。
10．根据补码两位乘法规则推导出补码３位乘法的规则。
解：先根据补码１位乘法推出补码２位乘法规则，再根据补码２位乘法推出补码３
位乘法规则。
［Z′］补＝２－１｛［Z］补＋（Y i＋１－Y i）［X］补｝
［Z′′］补＝２－１｛［Z′］补＋（Y i－Y i－１）［X］补｝
００．１１０１１［X］补
＋００．１１１１１［Y］补
０１．１１０１０［X＋Y］补 结果正溢
（２）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．０１０１１
００．１１０１１［X］补
＋１１．０１０１１［Y］补
００．００１１０［X＋Y］补
X＋Y＝０．００１１０
（３）［X］补＝１．０１０１０，［Y］补＝１．１１１１１
解：设１位被加数为A４A３A２A１，加数为B４B３B２B１。５４２１码的校正关系5421码的校正关系
十进制数
５４２１码
C４S４S３S２S１
校正前的二进制数
C′４S′４S′３S′２S′１
校正关系
①
０
１
２
３
４０００００
００００１
０００１０
０００１１
００１０００００００
００００１
０００１０
０００１１
００１００
００．１１０１１［X］补
＋００．１００１１［－Y］补
０１．０１１１０［X－Y］补 结果正溢
（４）［X］补＝１．０１０１０，［Y］补＝１．１１１１１，［－Y］补＝０．００００１
１１．０１０１０［X］补
＋００．００００１［－Y］补
１１．０１０１１［X－Y］补
X－Y＝－０．１０１０１
3．已知：X＝０．１０１１，Y＝－０．０１０１
＝２－３｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i＋２Y i－１－４Y i－２）×［X］补｝
11．分别用原码和补码加减交替法计算X÷Y。
（１）X＝０．１０１０１，Y＝０．１１０１１
（２）X＝－０．１０１０１，Y＝０．１１０１１
（３）X＝０．１０００１，Y＝－０．１０１１０
（４）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．１１０１１
阶码相减EA－EB＝３－５＝－２
尾数相除：由补码除法规则求得：－０．１１０１＋－０．１１０１×２－４
０．１１１１
X÷Y＝－０．１１０１＋－０．１１０１×２－４
０．１１１１×２－２
14．用流程图描述浮点除法运算的算法步骤。
解：浮点除法运算的算法流程图如图４唱１２所示。
图４唱１２浮点除法运算流程图
15．设计一个１位５４２１码加法器。
［Y］浮′＝０１０１；１．１００００１
对阶之后，尾数相加和相减。
相加：１１．０１１１１０
＋１１．１００００１
１０．１１１１１１
需右规一次，［X＋Y］浮＝０１１０；１．０１１１１１
所以X＋Y＝２１１０×（－０．１００００１）
相减：１１．０１１１１０
＋００．０１１１１１
１１．１１１１０１
需左规４次，［X－Y］浮＝０００１；１．０１００００
6．某加法器采用组内并行、组间并行的进位链，４位一组，写出进位信号C６的逻辑表达式。
解：最低一组的进位输出C４＝G倡
１＋P倡
１C０
其中：G倡
１＝G４＋P４G３＋P４P３G２＋P４P３P２G１
P倡
１＝P４P３P２P１
C５＝G５＋P５C４
所以C６＝G６＋P６C５＝G６＋P６G５＋P６P５C４
7．设计一个９位先行进位加法器，每３位为一组，采用两级先行进位线路。
０１．１１０１０［X－Y］补 结果正溢
（２）［X］补＝０．１０１１１，［Y］补＝０．１１０１１，［－Y］补＝１．００１０１
００．１０１１１［X］补
＋１１．００１０１［－Y］补
１１．１１１００［X－Y］补
X－Y＝－０．００１００
（３）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．０１１０１，［－Y］补＝０．１００１１
（２）１．００１１００１
（３）１．１１００１１０
（４）１．００００１１１
解：（１）［X］补＝０．１１００１００
１/４X补＝０．００１１００１，［４X］补＝０．００１００００
２）［X］补＝１．００１１００１
１/４X补＝１．１１００１１０，［４X］补＝１．１１００１００
（３）１．１１００１１０
解：
C１＝G１＋PC０
C２＝G２＋P２G１＋P２P１C０
C３＝G３＋P３G２＋P３P２G１＋P３P２P１C０
设பைடு நூலகம்G倡
１＝G３＋P３G２＋P３P２G１，P倡
１＝P３P２P１
则有：
C３＝G倡
１＋P倡
１C０
C６＝G倡
２＋P倡
２G倡
１＋P倡
２P倡
１C０
C９＝G倡
３＋P倡
３G倡
２＋P倡
３P倡
２G倡
１＋P倡
３P倡
０．１１０１１
补码除法：X÷Y＝０．１１０１１－０．１１００１×２－５
０．１１０１１
１2．设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示，按照浮点数的运算规则，计算下列
各题：
（１）X＝２１０１×（－０．１０００１０），Y＝２１００×（－０．１１１１１０）
（２）X＝２－１０１×０．１０１１００，Y＝２－１００×（－０．１０１０００）
将３部分校正函数统一考虑并化简，得：
１/４X补＝１．１１１１００１，［４X］补＝１．００１１０００
（４）１．００００１１１
１/４X补＝１．１１００００１，［４X］补＝１．００１１１００
5．证明在全加器里，进位传递函数P＝A i＋Bi＝Ai⊕Bi。
解：并行加法器中的每一个全加器都有一个从低位送来的进位和一个传送给较高位
的进位。进位表达式为
＝２－２｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）［X］补｝
［Z′′′］补＝２－１｛［Z′′］补＋（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
＝２－１｛２－２｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）［X］补｝＋（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
01＝２－３｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i－２Y i－１）×［X］补＋２２×（Y i－１－Y i－２）［X］补｝
１１．０１０１０［X］补
＋１１．１１１１１［Y］补
１１．０１００１［X＋Y］补
X＋Y＝－０．１０１１１
（４）［X］补＝１．００１０１，［Y］补＝０．１１１１０
１１．００１０１［X］补
＋００．１１１１０［Y］补
００．０００１１［X＋Y］补
X＋Y＝０．０００１１
2．已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X－Y，并指出结果是否溢出。
（３）X＝２－０１１×０．１０１１００，Y＝２－００１×（－０．１１１１００）
注：此题中阶码用二进制表示。
求：X＋Y，X－Y。
解：（１）X＝２１０１×（－０．１０００１０），Y＝２１００×（－０．１１１１１０）
［X］浮＝０１０１；１．０１１１１０
［Y］浮＝０１００；１．００００１０
对阶：小阶向大阶看齐，ΔE＝EA－EB＝１，
（１）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１１１１１
（２）X＝０．１０１１１，Y＝０．１１０１１
（３）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１００１１
（４）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．００００１
解：（１）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．００００１，［－Y］补＝０．１１１１１
００．１１０１１［X］补
＋００．１１１１１［－Y］补
相减：００．００１０１１
＋００ ．１１１１００
０１．０００１１１
需右规一次，［X－Y］浮＝００００；０．１０００１１
所以X－Y＝２－０００×０．１０００１１
１3．设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示，按照浮点数的运算规则，计算下列
各题：
（１）X＝２３×１３/１６，Y＝２４×－９/１６
求：X×Y。
（２）X＝２３×－１３/１６，Y＝２５×１５/１６
④
１５
１６
１７
１８
１９１１０００
１１００１
１１０１０
１１０１１
１１１００１０１０１
１０１１０
１０１１１
１１０００
１１００１
若A≥５，B≥５，
则＋３校正
①和在０～４范围内，不用校正，结果正确。
②和在６～９范围内，当A＜５，B＜５，需＋３校正，而当A＜５，B≥５或A≥５，B＜５
时，不需校正。故校正函数为：
０．１１０１１
补码除法：X÷Y＝－０．１１００１＋０．０００１１×２－５０．１１０１１
（３）中间过程略。原码除法：X÷Y＝－０．１１０００＋０．１００００×２－５
０．１０１１０
补码除法：X÷Y＝－０．１１００１＋０．００１０１×２－５
０．１０１１０
（４）中间过程略。原码除法：X÷Y＝０．１１０１０＋０．０００１０×２－５
相加：００．０１０１１０
＋１１ ．０１１０００
１１．１０１１１０
需左规一次，［X＋Y］浮＝１０１１；１．０１１１００
所以X＋Y＝２－１０１×（－０．１００１００）
相减：００．０１０１１０
＋００．１０１０００
００．１１１１１０
所以X－Y＝２－１００×０．１１１１１０
（３）X＝２－０１１×０．１０１１００，Y＝２－００１×（－０．１１１１００）
不校正
②
５
６
７
８
９０１０００
０１００１
０１０１０
０１０１１
０１１００００１０１
００１１０
００１１１
０１０００
０１００１
若A＜５，B＜５，
则＋３校正
③
１０
１１
１２
１３
１４１００００
１０００１
１００１０
１００１１
１０１０００１１０１
０１１１０
０１１１１
１００００
１０１０１
若A或B≥５，B或A＜５，
则＋３校正
［X］浮＝__________１１０１；０．１０１１００
［Y］浮＝１１１１；１．０００１００
对阶：小阶向大阶看齐。ΔE＝EA－EB＝－２
［X］浮′＝１１１１；０．００１０１１
对阶之后，尾数相加和相减。
相加：００．００１０１１
＋１１ ．０００１００
１１．００１１１１
所以X＋Y＝２－００１×（－０．１１０００１）
求：X÷Y。
解：（１）X＝２３×１３/１６，Y＝２４×－９
阶码相加：EA＋EB＝３＋４＝７
尾数相乘：由补码乘法规则求得：－０．０１１１０１０１
结果规格化：左规一次，X×Y＝－０．１１１０１０１０×２６
（２）X＝２３×－１３/１６，Y＝２５×１５/１６
尾数调整：因为｜X尾数｜≤｜Y尾数｜，所以无需尾数调整。
1．已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X＋Y，并指出结果是否溢出。
（１）X＝０．１１０１１，Y＝０．１１１１１
（２）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１０１０１
（３）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．００００１
（４）X＝－０．１１０１１，Y＝０．１１１１０
解：（１）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝０．１１１１１
求：[１/２X]补，[１/４X]补，［－X］补，[１/２Y]补，[１/４Y]补，［－Y］补。
解：［X］补＝０．１０１１
１/２X补
＝０．０１０１，１/４X补
＝０．００１０，［－X］补＝１．０１０１
［Y］补＝１．１０１１
１/２Y补
＝１．１１０１，１/４Y补
＝１．１１１０，［－Y］补＝０．０１０１
4．设下列数据长８位，包括１位符号位，采用补码表示，分别写出每个数据右移或左移２位之后的结果。
A４B４（S′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
③和在１０～１４范围内，当A＜５，B≥５，或A≥５，B＜５，需＋３校正，而当A≥５，B≥
５时，不需校正。故校正函数为：
（A４⊕B４）（C′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
④和在１６～１９范围内（A≥５，B≥５），一定＋３校正。
A４B４（S′４＋S′３S′２＋S′３S′１）
解：（１）原码除法：
因为Qs＝Xs磑Y s＝０磑０＝０
所以XY＝０．１１０００＋０．１１０００×２－５
０．１１０１１
补码除法：
所以XY补＝０．１１００１＋１．１１１０１×２－５
０．１１０１１
XY＝０．１１００１＋－０．０００１１×２－５
０．１１０１１
（２）中间过程略。原码除法：X÷Y＝－０．１１０００＋０．１１０００×２－５
２P倡
１C０
8．分别用原码乘法和补码乘法计算X×Y。
（１）X＝０．１１０１１，Y＝－０．１１１１１
（２）X＝－０．１１０１０，Y＝－０．０１１１０
解：（１）原码乘法：
所以｜X×Y｜＝０．１１０１０００１０１
X×Y＝－０．１１０１０００１０１
补码乘法：
所以［X×Y］补＝１．００１０１１１０１１
X×Y＝－０．１１０１０００１０１
5421码的校正关系5421码的校正关系十进制数5421码c4s4s3s2s1校正前的二进制数c4s4s3s2s1校正关系0123400000000010001000011001000000000001000100001100100不校正5678901000010010101001011011000010100110001110100001001若a5b5则3校正101112131410000100011001010011101000110101110011111000010101若a或b5b或a5则3校正151617181911000110011101011011111001010110110101111100011001若a5b5则3校正和在04范围内不用校正结果正确
所以X－Y＝２００１×（－０．１１００００）
（２）X＝２－１０１×０．１０１１００，Y＝２－１００×（－０．１０１０００）
［X］浮＝１０１１；０．１０１１００
［Y］浮＝１１００；１．０１１０００
对阶：小阶向大阶看齐。ΔE＝EA－EB＝－１
［X］浮′＝１１００；０．０１０１１０
对阶之后，尾数相加和相减。
Ci＝Ai Bi＋（Ai⊕Bi）Ci－１
欲证明Pi＝Ai＋Bi＝Ai⊕Bi，也就是要证明Ci＝Ai Bi＋（Ai⊕Bi）Ci－１＝Ai Bi＋（Ai
＋Bi）Ci－１
用卡诺图法，图４唱１０（a）和４唱１０（b）分别是两个逻辑表达式的卡诺图。两个卡诺图相同，两个逻辑表达式就相等，则进位传递函数的两种形式相等。
（２）X×Y＝０．０１０１１０１１００，过程略。
10．根据补码两位乘法规则推导出补码３位乘法的规则。
解：先根据补码１位乘法推出补码２位乘法规则，再根据补码２位乘法推出补码３
位乘法规则。
［Z′］补＝２－１｛［Z］补＋（Y i＋１－Y i）［X］补｝
［Z′′］补＝２－１｛［Z′］补＋（Y i－Y i－１）［X］补｝
００．１１０１１［X］补
＋００．１１１１１［Y］补
０１．１１０１０［X＋Y］补 结果正溢
（２）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．０１０１１
００．１１０１１［X］补
＋１１．０１０１１［Y］补
００．００１１０［X＋Y］补
X＋Y＝０．００１１０
（３）［X］补＝１．０１０１０，［Y］补＝１．１１１１１
解：设１位被加数为A４A３A２A１，加数为B４B３B２B１。５４２１码的校正关系5421码的校正关系
十进制数
５４２１码
C４S４S３S２S１
校正前的二进制数
C′４S′４S′３S′２S′１
校正关系
①
０
１
２
３
４０００００
００００１
０００１０
０００１１
００１０００００００
００００１
０００１０
０００１１
００１００
００．１１０１１［X］补
＋００．１００１１［－Y］补
０１．０１１１０［X－Y］补 结果正溢
（４）［X］补＝１．０１０１０，［Y］补＝１．１１１１１，［－Y］补＝０．００００１
１１．０１０１０［X］补
＋００．００００１［－Y］补
１１．０１０１１［X－Y］补
X－Y＝－０．１０１０１
3．已知：X＝０．１０１１，Y＝－０．０１０１
＝２－３｛［Z］补＋（Y i＋１＋Y i＋２Y i－１－４Y i－２）×［X］补｝
11．分别用原码和补码加减交替法计算X÷Y。
（１）X＝０．１０１０１，Y＝０．１１０１１
（２）X＝－０．１０１０１，Y＝０．１１０１１
（３）X＝０．１０００１，Y＝－０．１０１１０
（４）X＝－０．１０１１０，Y＝－０．１１０１１
阶码相减EA－EB＝３－５＝－２
尾数相除：由补码除法规则求得：－０．１１０１＋－０．１１０１×２－４
０．１１１１
X÷Y＝－０．１１０１＋－０．１１０１×２－４
０．１１１１×２－２
14．用流程图描述浮点除法运算的算法步骤。
解：浮点除法运算的算法流程图如图４唱１２所示。
图４唱１２浮点除法运算流程图
15．设计一个１位５４２１码加法器。
［Y］浮′＝０１０１；１．１００００１
对阶之后，尾数相加和相减。
相加：１１．０１１１１０
＋１１．１００００１
１０．１１１１１１
需右规一次，［X＋Y］浮＝０１１０；１．０１１１１１
所以X＋Y＝２１１０×（－０．１００００１）
相减：１１．０１１１１０
＋００．０１１１１１
１１．１１１１０１
需左规４次，［X－Y］浮＝０００１；１．０１００００
6．某加法器采用组内并行、组间并行的进位链，４位一组，写出进位信号C６的逻辑表达式。
解：最低一组的进位输出C４＝G倡
１＋P倡
１C０
其中：G倡
１＝G４＋P４G３＋P４P３G２＋P４P３P２G１
P倡
１＝P４P３P２P１
C５＝G５＋P５C４
所以C６＝G６＋P６C５＝G６＋P６G５＋P６P５C４
7．设计一个９位先行进位加法器，每３位为一组，采用两级先行进位线路。
０１．１１０１０［X－Y］补 结果正溢
（２）［X］补＝０．１０１１１，［Y］补＝０．１１０１１，［－Y］补＝１．００１０１
００．１０１１１［X］补
＋１１．００１０１［－Y］补
１１．１１１００［X－Y］补
X－Y＝－０．００１００
（３）［X］补＝０．１１０１１，［Y］补＝１．０１１０１，［－Y］补＝０．１００１１