3. Задание 3

Представить заданные вещественные числа А и В в формате с плавающей точкой. Выполнить сложение этих чисел в различных числовых форматах: а) как числа половинной точности, б) как числа двойной точности (см. описание типов). Все стадии решения представить в двоичной системе счисления (или в 16-ой для компактности записи). Оценить погрешность вычисления, взяв за основу истинный результат вычисления. В случае появления ошибки вычисления, аргументировать причины такой ошибки.

А = 100,3, В = 201,48.

Вариант А (сложение чисел половинной точности).

Переведем данные числа в двухзначную систему счисления:

100,3₁₀=1100100,10011=1,10010010011*10₂⁶

100₁₀=1100100₂

0,3₁₀=(10011) данное число будет периодичным. Возьмем первые пять бит получившегося периода.

р=21=10101₂

В результате получим число:

А=0 10101 10010010011

В = 201,48

Проделаем такие же операции с данным числом

201,48₁₀=11001001,11110₂=1,100100111110₂*10₂⁶

201₁₀=11001001₂

0,48₁₀=11110₂ так как число получается так же периодичным берем только первые пять бит.

р=21=10101₂

В=0 10101 100100111110

А+В=М₁+М₂

1,10010010011*10₂⁶+1,100100111110₂*10₂⁶=10,010111010001*10₂⁶=302,16₁₀

=301,78-302,16=0,38

Причиной данной ошибки является то, что в силу ограниченности мантиссы произошло отбрасывание значащих бит в дробной части исходных чисел.

Вариант Б (Сложение чисел двойной точности)

При использовании чисел двойной точности погрешности вычислений значительно снижается, так как порядок числа занимает 11, а не 5 бит, а мантисса занимает уже целых 52 бита в отличии 10 битной мантиссы числа половинной точности.

Так же переведем данные числа в двоичную систему счисления. Получим следующее:

100,3₁₀=1,1001000100110011001100₂ * 10⁶

100₁₀=1100100₂

0,3₁₀=0.0100110011001100₂ данное число будет периодичным. Запишем период до заполнении 52 бит мантиссы.

р=6+1023=1029=10000000101₂

В результате получим число:

А=0 10000000101 1001000100110011001100010011001100110001001100110011

В = 201,48

Проделаем такие же операции с данным числом

201,48₁₀= 11,0010010111101011100001₂ * 10⁶

201₁₀= 11001001₂

0,48₁₀= 0.0111101011100001₂ так как число получается так же периодичным запишем период до заполнения мантиссы.

р=7+1023=1030=10000000110₂

В=0 10000000110 0010010010111101011100001011110101110000101111010111

А+В=М₁+М₂

1,1001000100110011001100010011001100110001001100110011*10¹⁰²⁹+11,0010010111101011100001011110101110000101111010111*10¹⁰³⁰= [Так как р₁<р₂ => что М₃*n^p2] =10,01011010001100001111101010000101001100110011100101101011111100*10¹⁰³⁰

Rez=0 10000000110 0001100001111101010000101001100110011100101101011111100₂

10,01011010001100001111101010000101001100110011100101101011111100*10⁷=100101101, 00010011011111101010000101001100110011100101101011111100=301,78

4. Задание 4

Для данного целого числа А определенного типа отдельно осуществить следующие виды битовых сдвигов

а) логический

б) арифметический

в) циклический

А = 46 (a: shortint)

а) на 4 бита влево,

б) на 5 бит вправо,

в) на 4 бита вправо.

Переведем данное число в двоичную систему счисления.

46₁₀ =101110₂

1. При логическом сдвиге нужно просто переместить биты нужное количество вправо или влево.

В нашем случае нужно передвинуть двоичное число 101110₂ на 4 бита влево

В результате чего получим:

101110₂ shl 4=10₂=2₁₀

2. При арифметическом сдвиге учитывается знаковый бит числа, в нашем случае это 1. Следовательно получим:

101110₂ sar 5 = 111111₂=-31₂

3. При циклическом сдвиге происходит как бы «круговое» перемещение бит из конца в начало. При сдвиге получим следующие значения:

101110₂ ror 4=111010₂=-26₂