Раздел 1. 3.docx

Раздел 1. 3

1. а) 3; б) 15; в) –4; г) –6; д) 0; е) –16.

2. а) 00000110; б) 11111010; в) 11101111; г) 00001101; д) 11111111; е) 00000000.

3. а) 11111111; б) 10101011; в) 00000100; г) 00000010; д) 00000000; е) 10000001.

4. а) При 4 битах наибольшее число равно 7, а наименьшее – –8. б) При 6 битах наибольшее число равно 31, а наименьшее – –32. в) При 8 битах наибольшее число равно 127, а наименьшее – –128. 5. а) 0111 (5 + 2 = 7); б) 0100 (3 + 1 = 4); в) 1111 (5 + (–6) = –1);

г) 0001 (–2 + 3 = 1); д) 1000 (–6 + (–2) = –8).

6. а) 0111; б) 0011 (переполнение); в) 0100 (переполнение); г) 0001; д) 1000 (переполнение). 7. а) 0110; б) 0011; в) 0100; г) 0010; д) 0001.

+0001   +1110   +1010   +0100  +1011

0111      0001     1110     0110     1100

8. Нет. Переполнение возникнет при попытке записать в память число, которое слишком велико для используемой сис- темы. При добавлении положительного числа к отрицательному результат будет равен числу, не превышающему по модулю каждое из этих слагаемых. Таким образом, если исходные числа достаточно малы, чтобы храниться в памяти, то и результат также поместится в памяти.

9. а) б, поскольку 1110 -> 14 – 8;

б) –1, поскольку 0111 -> 7 – 8;

в) 0, поскольку 1000 -> 8 – 8;

г) –6, поскольку 0010 -> 2 – 8;

д) –8, поскольку 0000 -> 0 – 8;

е) 1, поскольку 1001 -> 9 – 8.

10. а) 1101, поскольку 5 + 8 = 13 -> 1101;

б) 0011, поскольку –5 + 8 = 3 -> 0011;

в) 1011, поскольку 3 + 8 = 11 -> 1011;

г) 1000, поскольку 0 + 8 = 8-> 1000;

д) 1111, поскольку 7 + 8 = 15 –> 1111;

е) 0000, поскольку –8 + 8 –> 0000.

11. Нет. Наибольшее число, которое можно представить в двоичной нотации с избытком 8, равно 7, т.е. 1111. Чтобы представить большее число (которое использует 5 бит), нужно выбрать основание, равное, как минимум, 16. Аналогично число 6 не может быть выражено в двоичной нотации с избытком 4. (Наибольшее число, которое может быть представлено в

этом коде, равно 3).