Rješenja problema iz poglavlja 3 potpune internetske baze podataka o informatici i internetskog tečaja za karijeru od početka

Problemi i njihova rješenja
1. Nacrtaj brojevni pravac cijelim brojevima od -10 do +10.

Riješenje:

2. Zbrojite sljedeće binarne brojeve u 8-bitnom dvojnom komplementu: 1010102 i 11112.

Riješenje:

3. Koristite samo komplementni pristup dva u 8-bitovima za oduzimanje binarnog broja 11112 od binarnog broja 1010102.

Riješenje:

101010 u 8-bitnom komplementu dva je 00101010.
1111 u 8 bita je 00001111.
Invertiranje svih 00001111 u 8-bita daje 11110000.
Dodavanje 1 na 11110000 daje 11110001.
Oduzimanje u komplementu dvojke je zbrajanje pozitivnih i negativnih brojeva komplementa dvojke na sljedeći način:

Konačni prijenos od 1 odbacuje se u oduzimanju komplementa dva.

5. Podijelite 36,37510 s 100010 u decimalnom i binarnom obliku i usporedite rezultate.

Riješenje:

Koristi se obnavljajuća podjela.
Decimalno dijeljenje na četvorke:

Odgovor je 36 ₁₀ ostatak 375 ₁₀ .

36.375 ₁₀ cijeli broj se mora pretvoriti u bazu 2 na sljedeći način:

Čitajući ostatke odozdo: 36,375 ₁₀ = 1000111000010111 ₂ .

1000 ₁₀ cijeli broj se mora pretvoriti u bazu 2 na sljedeći način:

Čitanje ostataka odozdo: 1000 ₁₀ = 1111101000 ₂ .

Dalje, 1011000100110111 ₂ dijeli 1111101000 ₂ dugom diobom (obnavljajuća dioba) od 36.375 ₁₀ = 1011000100110111 ₂ i 1000 ₁₀ = 1111101000 ₂ (binarno dijeljenje u deset bitova):

Dijeljenje zapravo počinje od jedanaestog bita dividende budući da je prvih deset bitova dividende manje od djelitelja. Odgovor je 100100 ₂ ostatak 101110111 ₂ .

Za usporedbu rezultata sada treba pokazati da su cijeli brojevi kvocijenata jednaki i da su ostaci jednaki. To znači da treba pokazati da je 36 ₁₀ = 100100 ₂ i 375 ₁₀ = 101110111 ₂ .

Za cjelobrojne dijelove:

Za ostatke:

6. Upotrijebite 8 bita po svom izboru za ilustraciju logičkog I, ILI, XOR, Invertiranja, Pomaka udesno, Pomaka ulijevo, Rotiranja udesno i Rotiranja ulijevo. Svaki bajt treba imati mješavinu 1 i 0.

Riješenje:

1. a) Napišite numerički kod za ASCII znak nule u heksadecimalnom, binarnom i decimalnom obliku.
   b) Napišite numerički kod za ASCII znak '1' u heksadecimalnom, binarnom i decimalnom obliku.
   c) Napišite numerički kod za ASCII znak 'A' u heksadecimalnom, binarnom i decimalnom obliku.
   d) Napišite numerički kod za ASCII znak 'a' u heksadecimalnom, binarnom i decimalnom obliku.

Riješenje:

a) '0': 30, 00110000, 48
b) '1': 31, 00110001, 49
c) 'A': 41, 001000001, 65
d) 'a': 61, 001100001, 97

8. Pretvorite 49,4910 u bazu dva. Pretvorite svoj rezultat u IEEE 32-bitni format s pomičnim zarezom.

Riješenje:

Obrazac 49.4910, 49 i .49 se drugačije pretvaraju u bazu 2.

Pretvaranje 49:

∴ 4910 = 1100012 čitati s dna posljednjeg stupca.

Pretvaranje .49:

.49 x 2 = 0,98 prvi bit je 0
0,98 x 2 = 1,96 drugi bit je 1
.96 x 2 = 1,92 treći bit je 1

∴ .49 ₁₀ = 110 ₂ čitati od vrha posljednjeg stupca.

Dakle, 49,49 ₁₀ = 110001.110 ₂

110001.110 ₂ = 1,10001110 x 2 ⁺⁵ u standardnom obliku baze dva

'1.' u 1,10001110 signifikand nije naznačen u rezultatu, ali se pretpostavlja da postoji.

Za eksponent, 127 ₁₀ predstavlja nulu. To znači da je indeks (snage) od 5 ₁₀ od 2 ⁵ dodaje se 127 ₁₀ . To je:

127 ₁₀ + 5 ₁₀ = 132 ₁₀

132 ₁₀ mora se pretvoriti u bazu dva i zatim uklopiti u polje za eksponent.

Dakle, 132 ₁₀ = 10000100 ₂

10000100 ₂ ima 7 bita. Eksponent je osam bita. 10000100 ₂ ima osam bitova i to je u redu.

49.49 ₁₀ je pozitivan, tako da je bit predznaka 0. U 32-bitnom formatu s pomičnim zarezom, 49,49 ₁₀ = 110001.110 ₂ je:

0 10000100 100011100000000000000000

1. a) Kako se IEEE 64-bitni format s pomičnim zarezom razlikuje od 32-bitnog formata?
   b) Navedite dva povezana razloga zašto se 64-bitni format opisuje kao dvostruka ili veća preciznost u odnosu na 32-bitni.

Riješenje:

1. – Postoje 64 bita za predstavljanje broja, a ne 32.
   – Nakon bita predznaka, nalazi se 11 bitova za broj eksponenta.
   – Broj eksponenta za nulti indeks (2 ⁰ ) je 1023 ₁₀ = 01111111111 ₂ .
   – Nakon jedanaest bitova slijede 52 bita za eksplicitni signifikand.
   – Ima širi raspon brojeva od 32-bitnog formata.
2. Razlozi zašto se 64-bitni format opisuje kao dvostruka ili veća preciznost u usporedbi s 32-bitnim formatom je taj što je interval između dva uzastopna mješovita razlomka, omeđena s dva uzastopna cijela broja za 64-bitni format, manji od odgovarajućeg Interval 32-bitnog formata. Također, postoji više mogućih mješovitih razlomaka između dva ograničena cijela broja za 64-bitni format nego za 32-bitni format.