Alapadatok
Év, oldalszám:1995, 23 oldal
Nyelv:magyar
Letöltések száma:2610
Feltöltve:2004. június 26.
Méret:118 KB
Intézmény:
-
Megjegyzés:
Csatolmány:-
Letöltés PDF-ben:Kérlek jelentkezz be!
Nincs még értékelés. Legyél Te az első!
Mit olvastak a többiek, ha ezzel végeztek?
Tartalmi kivonat
1. Igazságtáblák, Karnough-táblák, logikai függvények 1.1 A decimális számjegyek ( 09 ) kódolására 4+1 bitet kívánunk felhasználni Az HOVĘQpJELWOHJHQDGHFLPiOLVV]iPMHJELQiULVNyGMD$]|W|GLNELWHWKLEDGHWHNWiOiVUD KDV]QiOMXN IHO PpJSHGLN ROPyGRQ KRJ D] HOVĘ QpJ ELWHQ DGRWW ELQiULV LQIRUPiFLyW páros paritásúra egészítjük ki. ( Az így kiadódó 5 bites adatokban páros számú egyesnek NHOOV]HUHSHOQLHDSiUDWODQSDULWiVHJpUWHOPĦHQKLEiWMHOHQW Feladatok: a; Adja meg a paritás bit generátorának igazságtáblázatát! b; Az igazságtáblázatból kiindulva határozza meg a paritásbit generátort leíró logikai fúggvéQOHJHJV]HUĦEEDODNMiW A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 F 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 - A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0 1 F 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 Megoldás: D $IHODGDWEDQOHtUWHJVpJELWHVEHPHQĘ adathoz ( amalyik ezen esetben 4 bites ELQiULVV]iP HJNLPHQĘELWHWJHQHUiO$ négy bemeneti helyiértékhez vegyünk fel négy független logikai változot melyeket jelöljünk rendre A-val, B-vel, C-vel és DYHO D NLPHQHWHWYDJLV D IJJĘ ORJLNDL változót jelöljük F-el. A feladatot leíró igazságtáblázat az 1. ábrán látható A IHODGDW V]|YHJpEĘO N|YHWNH]ĘHQ D 1010.1111-es bemeneti kombinációk nem megengedettek ( hiszen a bemenet egy decimális számjegy bináris kódja ), ezért itt D]HJVpJNLPHQHWHWHWV]ĘOHJHV N|]|PE|V ) lehet. Érdemes azonban megfontolni, KRJ D] pV N|]p HVĘ KLEiV 1. ábra bemenetekre a fordított feladatot oldjuk 2.ábra meg, vagyis itt F a bemenetet páratlan paritásúra egészítse ki, mivel így a paritás vizsgálatnál a bemeneten keletkezett hibát is GHWHNWOQL WXGMXN $] tJ NLHJpV]tWHWW
IHODGDWQDN PHJIHOHOĘ LJD]ViJWiEOi]DW D iEUiQ látható. b; Megoldás1: Az igazságtáblázatból közvetlenül kiolvasható F függvény diszjunktív kanonikus alakja: 1.ábrán látható igazságtáblázatból: F= A B C D1+ A B C D 2+ A B C D 4+ A BCD7+A B C D 8+(A B C D )10+(A B CD)11 +(AB C D )12+(AB C D)13+(ABC D )14+(ABCD)15 (1.1/1) =iUyMHOOHO D N|]|PE|V NRPELQiFLyQDN PHJIHOHOĘ DODNRNDW IHOVĘ LQGH[HOpVVHO D mintermek decimális sorszámát jelöltük. ) 2.ábrán látható igazságtáblázatból: F= A B C D1+ A B C D 2+ A B C D 4+ A BCD7+A B C D 8+A B C D 10+AB C D 12 +ABCD15 (1.1/2) 1.1/1-WDN|YHWNH]Ę|VV]HIJJpVHNIHOKDV]QiOiViYDOKR]KDWMXNHJV]HUĦEEDODNUD 8-ból és 12-EĘO A B C D +AB C D =A C D *( B +B)=A C D (1.1/3) 10-EĘOpV14-EĘO A B C D +ABC D =A C D *( B +B)=AC D (1.1/4) 1.1/3-ból és 11/4-EĘO A C D +AC D =A D *( C +C)=A D (1.1/5) hasonlóan: 4-EĘOpV-EĘO A B C D +AB C D =B C D *( A +A)=B C D (1.1/6) $ $$ D]RQRVViJ
PLDWW D] HJV]HUĦVtWpVQpO HJ PLQWHUPHW W|EEV]|U LV IHO OHKHW használni. ) 7-EĘOpV-EĘO A BCD+ABCD=BCD*( A +A)=BCD (1.1/7) 2-EĘOpV-EĘO A B C D +A B C D = B C D *( A +A)= B C D (1.1/8) 1.1/1-be behelyettesítve 11/5-11/8-t: F= A B C D+A D +B C D +BCD+ B C D (1.1/9) (]]HO OHJHJV]HUĦEE DOJHEUDL DODNMiW NDSWXN PHJ *DNRULIpOUHpUWpVH]pUW MHJ]HP meg külön, hogy B C D +BCD QHP HJV]HUĦVtWKHWĘ tovább, mivel C D z CD !) A OHJHJV]HUĦEE DOJebrai alak eléréséhez tehát a 11-es és 13-DV LQGH[Ħ EHPHQHWL kombinációhoz tartozó kimenetet 0-ra rögzítettük. Hasonló átalakításokkal ( 4-12, 8-12, 7-15, 2-10-es összevonások után) 1.1/2-EĘO F= A B C D+A C D +B C D +BCD+ B C D (1.1/10) adódik. 11/9-t és 11/10-t összehasonlítva láthatjuk, hogy az 11/9 egyszerübb lett, mível itt az igazságtáblázat felvételekor a feladatból adódó összes szabadsági fokot kihasználtuk. Megoldás 2.: Más megoldást kapunk, ha az
igazságtáblázatból a függvény konjuktív kanonikus alakját tUMXNIHO$PHJIHOHOĘPD[WHUPHNHWD]LJD]ViJWiEOi]DWEyOHJV]HUĦHQ~J olvashatjuk ki, hogy a 0-iV NLPHQHWL pUWpNHN VRUiEyO D PHJIHOHOĘ EHPHQHWL YiOWR]yNDW fordított ponáltsággal vesszük figyelembe (pl. 11/11-EĘO -HV LQGH[Ħ PD[WHUP iEUD 4.sor 0011 A+B+ C + D ) 1.ábrán látható igazságtáblázatból: F=(A+B+C+D)15(A+B+ C + D )12(A+ B +C+ D )10(A+ B + C +D)9( A +B+C+ D )6 [( A +B+ C +D)5( A +B+ C + D )4( A + B +C+D)3( A + B +C+ D )2( A + B + C +D)1 ( A + B + C + D )0] (1.1/11) 2.ábrán látható igazságtáblázatból: F=(A+B+C+D)15(A+B+ C + D )12(A+ B +C+ D )10(A+ B + C +D)9( A +B+C+ D )6 ( A +B+ C +D)5( A + B +C+ D )2( A + B + C +D)1 (1.1/12) 0HJIHOHOĘFVRSRUWRVtWiVVDOpVNLHPHOpVHNNHOHJV]HUĦVtWKHWĘ 4-EĘOpV-EĘO ( A +B+ C + D )(A+B+ C + D )=B+ C + D +A* A =B+ C + D 9-EĘOpV-EĘO $ B + C +D)( A + B + C +D)= B + C +D+A* A = B + C +D (1.1/13)
(1.1/14) 6-ból és 2-EĘO A +B+C+ D )( A + B +C+ D )= A +C+ D +B* B = A +C+ D (1.1/15) 10-EĘOpV-EĘO $ B +C+ D )( A + B +C+ D )= B +C+ D +A* A = B +C+ D (1.1/16) 1.1/13-11/16-t 11/11-be helyettesítve: F=(A+B+C+D)(B+ C + D )( B + C +D)( A +C+ D )( B +C+ D ) (1.1/17) A kiadodó eredményt 1.1/9-el összehasonlítva megállapíthatjuk, hogy a diszjunktív formából NLLQGXOYDHEEHQD]HVHWEHQNHGYH]ĘEEHUHGPpQWNDSWXQN EDOROGDOiQ "betü" szerepel, míg 1.1/17-nél ez 16) 11/12-EĘONLLQGXOYDXJDQH]HQ|VV]HYRQiVRNXWiQ azonos eredményre jutunk. Megoldás 1.a: a; 3. b ábra a; 4. b ábra Az igazságtáblázat átrendezésével a logikai függvényt Karnough-táblával írhatjuk le. A 3/a.ábrán az 1ábrához, a 4/aábrán a 2ábra igazságtáblázatához tartozó Karnough-tábla látható . A 3/b ill 4/b ábrák egy lehetséges minimalizálást mutatnak be amellyekel pont az 1.1/9 ill 1110-es összevont függvényekhez jutunk Megoldás 1.b:
A feladat numerikus (Quine-McCluskey-módszere) megoldásához írjuk át 1.1/1-et a N|YHWNH]ĘDODNUD 4 F ¦ (1, 2, 4, 7, 8) (10,11,12,13,14,15) (1.1/18) Az 5.ábrán látható táblázat második oszlopából kiolvasható a decimlis indexekhez a PHJIHOHOĘELQiULVV~O$ELQiULVVXORNV]HULQWLPHJIHOHOĘFVRSRUWRVtWiVVDODODNXONLD ábrán az I. oszlop, úgy hogy a közömbös bejegyzéseket 1-esként vesszük figyelembe Az I. oszlopból a II-t az alábbi szabályok alapján nyerhetjük: Egy csoportba kerülnek azon elemek, amellyekre: x DGHFLPiOLVLQGH[HNNO|QEVpJHNHWWĘKDWYiQD x bináris súlyuk különbsége 1 x a nagyobb bináris súlyú elem decimális indexe a nagyobb. Hasonlóan képezhetjük II. oszlopból a III-t, azzal a megkötéssel, hogy itt a zárójelben jelölt különbségeknek is meg kell egyezni. A 7ábrán látható primimplikáns táblából HJpUWHOPĦHQ DGyGLN D] PHJROGiVVDO PHJHJH]Ę HUHGPpQ D ]iUyMHOEH tUW NHWWĘ hatványok
kettes alapú logaritmusa jelöli ki az elhagyható logikai változó sórszámát). F= A B C D+A D +B C D +BCD+ B C D (1.1/19) Dec. Bináris Bin. I II III index kombináció súly 1a 2,10 (8) b 8,10,12,14 (2,4) e 1 2 4 7 8 10 11 12 13 14 15 0001 0010 0100 0111 1000 1010 1011 1100 1101 1110 1111 1 1 1 3 1 2 3 2 3 3 4 2 4 8 8,10 (2) 4,12 (8) c 8,12 (4) 10,11,14,15 (1,4) f 12,13,14,15 (1,2) g 10 12 10,11 (1) 10,14 (4) 7 11 12,13 (1) 12,14 (2) 13 14 7,15 (8) d 11,15 (4) 15 13,15 (2) 14,15 (1) 5. ábra 1 2 4 7 8 10 11 12 13 14 15 a x b c d 6. ábra e f g x x x x x x x x x x x x 7. ábra x x x x x x 1.2 Határozza meg az 12/20-as diszjunktív kanonikus alakjával adott F függvény konjunktív kanonikus alakját! Határozza meg F minimális alakját! F= A B C 1+ABC2+A B C 3+ A BC4+A B C5+ A B C 6 (1.2/20) Megoldás: 1-6, 4-2, 5-3 összevonásából: F= AC +BC+A B , 1-3, 4-6, 2-5
összevonásából: F= B C + A B+AC Ugyanez Karnough-táblán a 8. ábrán látható 8. ábra 3 F ¦ 0, 2, 3, 4, 5, 7 3 F ¦ 1, 6 F F 3 1.3 6,1 (23-1=7; 7-1=6; 7-6=1) Határozza meg F (1.1/21) konju F= A B C + A B C+ A B C + A BC (1.1/21) Megoldás: F= A B C + A B C+ A B C + A BC= A ( B C + B C+B C +BC)= A ( B ( C +C)+B( C +C))= A Karnough-táblán: 9. ábra 1.4 Feladatok grafikus minimalizálásra: Megoldás: F= DC B D AD a; b; Megoldás1:F=(A+B)(C+D)( A C ) Megoldás2:F=AD+BD+CB 0LQLPDOL]iOMDDN|YHWNH]ĘORJLNDLIJJYpQW 4 F ¦ 0, 2, 4, 6, 7, 8, 9,13,15 Megoldás: Dec. Bináris Bin. I II III index kombináció súly 0 0,2 (2) 0,2,4,6 (2,4) g 0 2 4 6 7 8 9 13 15 0000 0010 0100 0110 0111 1000 1001 1101 1111 1 1 1 2 3 1 2 3 4 2 4 0,4 (4) 0,8 (8) a 8 2,6 (4) 6 9 4,6 (2) 8,9 (1) b 7 13 6,7 (1) c 9,13 (4) d 15 13,15 (2) e 7,15 (8) f a x b 0 2 4 6 7 8 x 9 13 15 c d e x x x x f
g x x x x s=(a+g)gg(c+g)(c+f)(a+b)(b+d)(d+e)(e+f)= = bdgf+adgf+befg+acdeg+bceg x x x x x x 0LQLPDOL]iOMDD]DOiEELKiURPNLPHQHWĦKiOy]DWRWOHtUyORJLNDLIJJYpQHNHW 4 F1 ¦ 1, 3, 5, 8, 9,10,13 4 F2 ¦ 0,1, 2, 3, 8,10,13 4 F3 ¦ 1, 3, 7,11,13,15 Megoldás: F1 F2 F3 1 3 F1*F2F3 a x b* x F1*F2 d* x F2 e* F3 f* g 8 9 10 13 0 1 2 x 3 8 10 13 1 3 x x x x c* F1 F1: F2: F3: 5 x x x x x 7 11 13 15 x x x x x x x x x x x x a,c,d e,c,b f,g,a 7. Minimalizálja D]DOiEELNpWNLPHQHWĦKiOy]DWRNDWGHILQLiOyORJLJDNDLIJJYpQHNHW 4 a, F1 ¦ 0, 2, 3, 4, 7, 8,11,14,15 4 F2 ¦ 1, 5, 6, 9,10,12,13 4 b, F1 ¦ 3, 4, 5, 6, 7 4 F2 ¦ 3, 4, 5, 7, 8, 9,11,12 Megoldás: a, F 1 CD ABC ABC AC D ABC D F 2 F1 b, F 1 AB ACD F 2 ABC ACD AC D ABD x x 2. Kombinációs hálózatok 2.1 A 2/1 és a 2/2 ábrán látható logikai hálózatok egy adott rendszerben rendre Y és F logikai fúggvényeket realizálják. Mindkét
részegVpJDN|YHWNH]ĘLPSXO]XVUDpU]pNHQ HJVpJ PĦN|GpVpEHQ YpOHWOHQV]HUĦ A B C hibákat okoz. Feladatok: a; Vizsgálja meg a hálózatokat, f1 és állapítsa meg, hogy milyen jelenség, és milyen bemeneti kombinációk Y HVHWpQHUHGPpQH]KHWKLEiVPĦN|GpVW b; Szüntesse meg a hibát további kapuáramkör(-ök) felhasználásával! A kijavított, funkcionálisan helyesen f2 PĦN|GĘNDSFVROiVPHJYDOyVtWKDWy-e az 2/1. ábra adott modulokon, ha a kapcsolások paneljén külön-külön 1 db. 7408-as (4 A B C GE NpWEHPHQHWĦ e6 NDSXW WDUWDOPD] 1 db. 7432-es (4 dE NpWEHPHQHWĦ 25 kaput tartalmaz) és 1 db. 7404-es ( 6 db. invertert tartalmaz) IC található, és pótlolagos IC-k elhelyezésére nincs F OHKHWĘVpJ" c; Tervezze meg Y ill. F IJJYpQHN OHJHJV]HUĦEE NpWV]LQWĦ hazárdmentes realizációját! d; Hasonlítsa össze a b; pontban 2/2. ábra kapott eredményeket a c; pontban NDSRWWHUHGPpQHNNHOKHOLJpQ NDSXEHPHQHWV]iP
PĦNĘGpVLLGĘV]HPSRQWMiEyO Megoldás: 9L]VJiOMXNPHJHOĘV]|UDiEUiQOiWKDWyNDSFVROiVW! A C 2/6. ábra Y 2/8. ábra 2/7. ábra 2/2. ábra: a; f1 és f2 függvényeket leíró Karnough-táblák a 2/7. ábrán láthatók, ahol a logikai NDSFVROiVLUDM]iOWDOPHJKDWiUR]RWW|VV]HYRQiVRNDWLVMHO|OWN0HJILJHOKHWĘKRJILOO f2 függvények szintén minimális számú mintermel lettek megvalósítva, a hálózat viszont dinamikus és staatikus hazárdot is tartalmaz (ABC=101-EĘO$%& -ba váltáskor). A B C E $ KLED PHJV]QWHWpVpKH] D IHOVĘ hálózatba potlólagosan fel kell venni az eredeti kapcsolásból "lefelejtett" AB termet. Esetéünkben ez egy ÉS kapuval (3 db. inverter és egy VAGY kapu) és F egy vagy kapuval megoldható. Mivel a panelon a szükséges elemek (2 db. VAGY kapu, 1 db. INVERTER) rendelkezésre állnak így a hiba kijavítása az adott panelon 2/9. ábra megoldható(2/9. ábra)
F $]HOĘ]ĘPHJROGiVEDQYi]ROWPyGRQKDWiUR]]XNPHJ)IJJYpQOHJHJV]HUĦEEDODNMiW (2/10. ábra) A hálózar ÉS-VAGY realizációja a 2/11 ábrán látható A C F A B C 2/11. ábra 2/10. ábra 2.2 Tartalmaz-e az alábbi hálózat kimenete hazárdot, ha a bemeneten csak szomszédos kombinációváltozást engedünk meg ? a, A D f1 D F C D f2 B D 2/12. ábra Megoldás: Ha igen, milyen tipusút, és milyen kombináció változásokkor jönnek létre ? b, Ha igen, szüntesse meg további kapuáramkör(ök) felhasználásával ! c, Rajzolja fel az F függvény OHJHJV]HUĦEE kétszintes, hazárdmentes realizációját ! 2/13. b ábra 2/13. a ábra 2/14. ábra a, Az f1 kimeneten (2/13. a) az A=0, B=1, C=0, D=1o0, A=0, B=1, C=1, D=1o0, A=0, B=0, C=0, D=1o0, A=0, B=0, C=0, D=1o0 kombináció váltások statikus hazárdot RNR]KDWQDNDPLEĘOE-t is figyelembe véve az A=0, B=1, C=0, D=1o0, A=0, B=1, C=1, D=1o0 helyeken dinamikus hazárd alakulhat ki. b, f1
hálózatában A B helyett A -t kell megvalósítani, míg f2-nél BC pótlólagos megvalósítása szükséges. c, 2/14-EĘONLROYDVKDWy)OHJHJV]HUĦEEDODNMD F ( C D)( A B D)( A B C ) 3. Sorrendi hálózatok 3.1 Az alábbi állapottáblával leírt sorrendi hálózat D0LOHQPRGHOOV]HULQWPĦN|GLN" b. Lehet-HDV]LQNURQPĦN|GpVĦ" F $ OHKHWVpJHV PĦN|GpV HN PHOOHWW DGMD PHJ D NLPHQHWL MHOVRUR]DWRW KD D hálózat az a állapotban van, és a bemenetekre az alábbi jelsorozat érkezik: x1, x2: 00, 01, 11, 01, 11, 10, 00. Megoldás: a. Mivel a hálózat kimenete csak az aktuális állapottól függ (Z=f(y)) a hálózat MooremodHOOV]HULQWPĦN|GLN b. Mivel a hálózat bermely stabil állapotból kiindulva, bármely (szomszédos) EHPHQHWLYiOWR]iVUDVWDELOiOODSRWEDMXWDKiOy]DWOHKHWDV]LQNURQPĦN|GpVĦ c. 6]LQNURQPĦN|GpVWIHOWpWHOH]YH rajel 00 01 11 01 11 10 00 x1, x2 y Y Z $V]LQNURQPĦN|GpVWIHOWpWHOH]YH 00 a0 3.2
01 b0 11 d1, c1 01 d1, b0 11 d1, c1 10 c1 00 a0 Az alábbi állapottáblával leírt sorrendi hálózat D0LOHQPRGHOOV]HULQWPĦN|GLN" b. Lehet-HDV]LQNURQPĦN|GpVĦ" F $ OHKHWVpJHV PĦN|dés(ek) mellett adja meg a kimeneti jelsorozatot, ha a hálózat az a állapotban van, és a bemenetekre az alábbi jelsorozat érkezik: x1, x2: 00, 01, 11, 01, 11, 10, 00. x1,x2 00 01 11 10 a b c d a,0 d,1 a,1 b,1 d,0 b,0 b,0 b,0 b,0 d,1 c,1 c,0 d,1 a,0 c,0 d,1 Megoldás: a. Mivel a kimenet értéke a bemenet és az aktuális állapot függvénye (Z=f(x,y)), Mealy-PRGHOOV]HULQWPĦN|GLN b. Ha a rendszer b stabil állapotában (01 bemeneti kombináció) a bemenet 00-ra YiOWQHPDODNXONLVWDELOiOODSRWLJDV]LQNURQPĦN|GpVĦQHPOHKHW c. 00 0 3.3 01 0, 0 Valósítsa meg a a. D ff-ot T ff-al b. T ff-ot JK ff-al c. JK ff-ot T-vel d. SR ff-ot DG ff-al e. SR ff-ot D ff-al 11 0, 1 01 0, 0 11 1, 0 10 1, 1 00 1, 1 Megoldás: a. T ff. yT 0 1 0 1 0 1 1 0
Vezérlési tábla yD 0 1 0 1 T 0 1 D ff. ( a feladat ) yD 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 b. JK összekötésével c. T ff. yT 0 1 0 1 0 1 1 0 Vezérlési tábla. yJK 00 01 0 1 T 0 0 0 1 11 10 1 1 1 0 JK ff. ( a feladat ) yJK 00 01 11 0 1 0 0 0 1 1 1 10 1 0
0 1 0 1 0 1 F 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 Megoldás: D $IHODGDWEDQOHtUWHJVpJELWHVEHPHQĘ adathoz ( amalyik ezen esetben 4 bites ELQiULVV]iP HJNLPHQĘELWHWJHQHUiO$ négy bemeneti helyiértékhez vegyünk fel négy független logikai változot melyeket jelöljünk rendre A-val, B-vel, C-vel és DYHO D NLPHQHWHWYDJLV D IJJĘ ORJLNDL változót jelöljük F-el. A feladatot leíró igazságtáblázat az 1. ábrán látható A IHODGDW V]|YHJpEĘO N|YHWNH]ĘHQ D 1010.1111-es bemeneti kombinációk nem megengedettek ( hiszen a bemenet egy decimális számjegy bináris kódja ), ezért itt D]HJVpJNLPHQHWHWHWV]ĘOHJHV N|]|PE|V ) lehet. Érdemes azonban megfontolni, KRJ D] pV N|]p HVĘ KLEiV 1. ábra bemenetekre a fordított feladatot oldjuk 2.ábra meg, vagyis itt F a bemenetet páratlan paritásúra egészítse ki, mivel így a paritás vizsgálatnál a bemeneten keletkezett hibát is GHWHNWOQL WXGMXN $] tJ NLHJpV]tWHWW
IHODGDWQDN PHJIHOHOĘ LJD]ViJWiEOi]DW D iEUiQ látható. b; Megoldás1: Az igazságtáblázatból közvetlenül kiolvasható F függvény diszjunktív kanonikus alakja: 1.ábrán látható igazságtáblázatból: F= A B C D1+ A B C D 2+ A B C D 4+ A BCD7+A B C D 8+(A B C D )10+(A B CD)11 +(AB C D )12+(AB C D)13+(ABC D )14+(ABCD)15 (1.1/1) =iUyMHOOHO D N|]|PE|V NRPELQiFLyQDN PHJIHOHOĘ DODNRNDW IHOVĘ LQGH[HOpVVHO D mintermek decimális sorszámát jelöltük. ) 2.ábrán látható igazságtáblázatból: F= A B C D1+ A B C D 2+ A B C D 4+ A BCD7+A B C D 8+A B C D 10+AB C D 12 +ABCD15 (1.1/2) 1.1/1-WDN|YHWNH]Ę|VV]HIJJpVHNIHOKDV]QiOiViYDOKR]KDWMXNHJV]HUĦEEDODNUD 8-ból és 12-EĘO A B C D +AB C D =A C D *( B +B)=A C D (1.1/3) 10-EĘOpV14-EĘO A B C D +ABC D =A C D *( B +B)=AC D (1.1/4) 1.1/3-ból és 11/4-EĘO A C D +AC D =A D *( C +C)=A D (1.1/5) hasonlóan: 4-EĘOpV-EĘO A B C D +AB C D =B C D *( A +A)=B C D (1.1/6) $ $$ D]RQRVViJ
PLDWW D] HJV]HUĦVtWpVQpO HJ PLQWHUPHW W|EEV]|U LV IHO OHKHW használni. ) 7-EĘOpV-EĘO A BCD+ABCD=BCD*( A +A)=BCD (1.1/7) 2-EĘOpV-EĘO A B C D +A B C D = B C D *( A +A)= B C D (1.1/8) 1.1/1-be behelyettesítve 11/5-11/8-t: F= A B C D+A D +B C D +BCD+ B C D (1.1/9) (]]HO OHJHJV]HUĦEE DOJHEUDL DODNMiW NDSWXN PHJ *DNRULIpOUHpUWpVH]pUW MHJ]HP meg külön, hogy B C D +BCD QHP HJV]HUĦVtWKHWĘ tovább, mivel C D z CD !) A OHJHJV]HUĦEE DOJebrai alak eléréséhez tehát a 11-es és 13-DV LQGH[Ħ EHPHQHWL kombinációhoz tartozó kimenetet 0-ra rögzítettük. Hasonló átalakításokkal ( 4-12, 8-12, 7-15, 2-10-es összevonások után) 1.1/2-EĘO F= A B C D+A C D +B C D +BCD+ B C D (1.1/10) adódik. 11/9-t és 11/10-t összehasonlítva láthatjuk, hogy az 11/9 egyszerübb lett, mível itt az igazságtáblázat felvételekor a feladatból adódó összes szabadsági fokot kihasználtuk. Megoldás 2.: Más megoldást kapunk, ha az
igazságtáblázatból a függvény konjuktív kanonikus alakját tUMXNIHO$PHJIHOHOĘPD[WHUPHNHWD]LJD]ViJWiEOi]DWEyOHJV]HUĦHQ~J olvashatjuk ki, hogy a 0-iV NLPHQHWL pUWpNHN VRUiEyO D PHJIHOHOĘ EHPHQHWL YiOWR]yNDW fordított ponáltsággal vesszük figyelembe (pl. 11/11-EĘO -HV LQGH[Ħ PD[WHUP iEUD 4.sor 0011 A+B+ C + D ) 1.ábrán látható igazságtáblázatból: F=(A+B+C+D)15(A+B+ C + D )12(A+ B +C+ D )10(A+ B + C +D)9( A +B+C+ D )6 [( A +B+ C +D)5( A +B+ C + D )4( A + B +C+D)3( A + B +C+ D )2( A + B + C +D)1 ( A + B + C + D )0] (1.1/11) 2.ábrán látható igazságtáblázatból: F=(A+B+C+D)15(A+B+ C + D )12(A+ B +C+ D )10(A+ B + C +D)9( A +B+C+ D )6 ( A +B+ C +D)5( A + B +C+ D )2( A + B + C +D)1 (1.1/12) 0HJIHOHOĘFVRSRUWRVtWiVVDOpVNLHPHOpVHNNHOHJV]HUĦVtWKHWĘ 4-EĘOpV-EĘO ( A +B+ C + D )(A+B+ C + D )=B+ C + D +A* A =B+ C + D 9-EĘOpV-EĘO $ B + C +D)( A + B + C +D)= B + C +D+A* A = B + C +D (1.1/13)
(1.1/14) 6-ból és 2-EĘO A +B+C+ D )( A + B +C+ D )= A +C+ D +B* B = A +C+ D (1.1/15) 10-EĘOpV-EĘO $ B +C+ D )( A + B +C+ D )= B +C+ D +A* A = B +C+ D (1.1/16) 1.1/13-11/16-t 11/11-be helyettesítve: F=(A+B+C+D)(B+ C + D )( B + C +D)( A +C+ D )( B +C+ D ) (1.1/17) A kiadodó eredményt 1.1/9-el összehasonlítva megállapíthatjuk, hogy a diszjunktív formából NLLQGXOYDHEEHQD]HVHWEHQNHGYH]ĘEEHUHGPpQWNDSWXQN EDOROGDOiQ "betü" szerepel, míg 1.1/17-nél ez 16) 11/12-EĘONLLQGXOYDXJDQH]HQ|VV]HYRQiVRNXWiQ azonos eredményre jutunk. Megoldás 1.a: a; 3. b ábra a; 4. b ábra Az igazságtáblázat átrendezésével a logikai függvényt Karnough-táblával írhatjuk le. A 3/a.ábrán az 1ábrához, a 4/aábrán a 2ábra igazságtáblázatához tartozó Karnough-tábla látható . A 3/b ill 4/b ábrák egy lehetséges minimalizálást mutatnak be amellyekel pont az 1.1/9 ill 1110-es összevont függvényekhez jutunk Megoldás 1.b:
A feladat numerikus (Quine-McCluskey-módszere) megoldásához írjuk át 1.1/1-et a N|YHWNH]ĘDODNUD 4 F ¦ (1, 2, 4, 7, 8) (10,11,12,13,14,15) (1.1/18) Az 5.ábrán látható táblázat második oszlopából kiolvasható a decimlis indexekhez a PHJIHOHOĘELQiULVV~O$ELQiULVVXORNV]HULQWLPHJIHOHOĘFVRSRUWRVtWiVVDODODNXONLD ábrán az I. oszlop, úgy hogy a közömbös bejegyzéseket 1-esként vesszük figyelembe Az I. oszlopból a II-t az alábbi szabályok alapján nyerhetjük: Egy csoportba kerülnek azon elemek, amellyekre: x DGHFLPiOLVLQGH[HNNO|QEVpJHNHWWĘKDWYiQD x bináris súlyuk különbsége 1 x a nagyobb bináris súlyú elem decimális indexe a nagyobb. Hasonlóan képezhetjük II. oszlopból a III-t, azzal a megkötéssel, hogy itt a zárójelben jelölt különbségeknek is meg kell egyezni. A 7ábrán látható primimplikáns táblából HJpUWHOPĦHQ DGyGLN D] PHJROGiVVDO PHJHJH]Ę HUHGPpQ D ]iUyMHOEH tUW NHWWĘ hatványok
kettes alapú logaritmusa jelöli ki az elhagyható logikai változó sórszámát). F= A B C D+A D +B C D +BCD+ B C D (1.1/19) Dec. Bináris Bin. I II III index kombináció súly 1a 2,10 (8) b 8,10,12,14 (2,4) e 1 2 4 7 8 10 11 12 13 14 15 0001 0010 0100 0111 1000 1010 1011 1100 1101 1110 1111 1 1 1 3 1 2 3 2 3 3 4 2 4 8 8,10 (2) 4,12 (8) c 8,12 (4) 10,11,14,15 (1,4) f 12,13,14,15 (1,2) g 10 12 10,11 (1) 10,14 (4) 7 11 12,13 (1) 12,14 (2) 13 14 7,15 (8) d 11,15 (4) 15 13,15 (2) 14,15 (1) 5. ábra 1 2 4 7 8 10 11 12 13 14 15 a x b c d 6. ábra e f g x x x x x x x x x x x x 7. ábra x x x x x x 1.2 Határozza meg az 12/20-as diszjunktív kanonikus alakjával adott F függvény konjunktív kanonikus alakját! Határozza meg F minimális alakját! F= A B C 1+ABC2+A B C 3+ A BC4+A B C5+ A B C 6 (1.2/20) Megoldás: 1-6, 4-2, 5-3 összevonásából: F= AC +BC+A B , 1-3, 4-6, 2-5
összevonásából: F= B C + A B+AC Ugyanez Karnough-táblán a 8. ábrán látható 8. ábra 3 F ¦ 0, 2, 3, 4, 5, 7 3 F ¦ 1, 6 F F 3 1.3 6,1 (23-1=7; 7-1=6; 7-6=1) Határozza meg F (1.1/21) konju F= A B C + A B C+ A B C + A BC (1.1/21) Megoldás: F= A B C + A B C+ A B C + A BC= A ( B C + B C+B C +BC)= A ( B ( C +C)+B( C +C))= A Karnough-táblán: 9. ábra 1.4 Feladatok grafikus minimalizálásra: Megoldás: F= DC B D AD a; b; Megoldás1:F=(A+B)(C+D)( A C ) Megoldás2:F=AD+BD+CB 0LQLPDOL]iOMDDN|YHWNH]ĘORJLNDLIJJYpQW 4 F ¦ 0, 2, 4, 6, 7, 8, 9,13,15 Megoldás: Dec. Bináris Bin. I II III index kombináció súly 0 0,2 (2) 0,2,4,6 (2,4) g 0 2 4 6 7 8 9 13 15 0000 0010 0100 0110 0111 1000 1001 1101 1111 1 1 1 2 3 1 2 3 4 2 4 0,4 (4) 0,8 (8) a 8 2,6 (4) 6 9 4,6 (2) 8,9 (1) b 7 13 6,7 (1) c 9,13 (4) d 15 13,15 (2) e 7,15 (8) f a x b 0 2 4 6 7 8 x 9 13 15 c d e x x x x f
g x x x x s=(a+g)gg(c+g)(c+f)(a+b)(b+d)(d+e)(e+f)= = bdgf+adgf+befg+acdeg+bceg x x x x x x 0LQLPDOL]iOMDD]DOiEELKiURPNLPHQHWĦKiOy]DWRWOHtUyORJLNDLIJJYpQHNHW 4 F1 ¦ 1, 3, 5, 8, 9,10,13 4 F2 ¦ 0,1, 2, 3, 8,10,13 4 F3 ¦ 1, 3, 7,11,13,15 Megoldás: F1 F2 F3 1 3 F1*F2F3 a x b* x F1*F2 d* x F2 e* F3 f* g 8 9 10 13 0 1 2 x 3 8 10 13 1 3 x x x x c* F1 F1: F2: F3: 5 x x x x x 7 11 13 15 x x x x x x x x x x x x a,c,d e,c,b f,g,a 7. Minimalizálja D]DOiEELNpWNLPHQHWĦKiOy]DWRNDWGHILQLiOyORJLJDNDLIJJYpQHNHW 4 a, F1 ¦ 0, 2, 3, 4, 7, 8,11,14,15 4 F2 ¦ 1, 5, 6, 9,10,12,13 4 b, F1 ¦ 3, 4, 5, 6, 7 4 F2 ¦ 3, 4, 5, 7, 8, 9,11,12 Megoldás: a, F 1 CD ABC ABC AC D ABC D F 2 F1 b, F 1 AB ACD F 2 ABC ACD AC D ABD x x 2. Kombinációs hálózatok 2.1 A 2/1 és a 2/2 ábrán látható logikai hálózatok egy adott rendszerben rendre Y és F logikai fúggvényeket realizálják. Mindkét
részegVpJDN|YHWNH]ĘLPSXO]XVUDpU]pNHQ HJVpJ PĦN|GpVpEHQ YpOHWOHQV]HUĦ A B C hibákat okoz. Feladatok: a; Vizsgálja meg a hálózatokat, f1 és állapítsa meg, hogy milyen jelenség, és milyen bemeneti kombinációk Y HVHWpQHUHGPpQH]KHWKLEiVPĦN|GpVW b; Szüntesse meg a hibát további kapuáramkör(-ök) felhasználásával! A kijavított, funkcionálisan helyesen f2 PĦN|GĘNDSFVROiVPHJYDOyVtWKDWy-e az 2/1. ábra adott modulokon, ha a kapcsolások paneljén külön-külön 1 db. 7408-as (4 A B C GE NpWEHPHQHWĦ e6 NDSXW WDUWDOPD] 1 db. 7432-es (4 dE NpWEHPHQHWĦ 25 kaput tartalmaz) és 1 db. 7404-es ( 6 db. invertert tartalmaz) IC található, és pótlolagos IC-k elhelyezésére nincs F OHKHWĘVpJ" c; Tervezze meg Y ill. F IJJYpQHN OHJHJV]HUĦEE NpWV]LQWĦ hazárdmentes realizációját! d; Hasonlítsa össze a b; pontban 2/2. ábra kapott eredményeket a c; pontban NDSRWWHUHGPpQHNNHOKHOLJpQ NDSXEHPHQHWV]iP
PĦNĘGpVLLGĘV]HPSRQWMiEyO Megoldás: 9L]VJiOMXNPHJHOĘV]|UDiEUiQOiWKDWyNDSFVROiVW! A C 2/6. ábra Y 2/8. ábra 2/7. ábra 2/2. ábra: a; f1 és f2 függvényeket leíró Karnough-táblák a 2/7. ábrán láthatók, ahol a logikai NDSFVROiVLUDM]iOWDOPHJKDWiUR]RWW|VV]HYRQiVRNDWLVMHO|OWN0HJILJHOKHWĘKRJILOO f2 függvények szintén minimális számú mintermel lettek megvalósítva, a hálózat viszont dinamikus és staatikus hazárdot is tartalmaz (ABC=101-EĘO$%& -ba váltáskor). A B C E $ KLED PHJV]QWHWpVpKH] D IHOVĘ hálózatba potlólagosan fel kell venni az eredeti kapcsolásból "lefelejtett" AB termet. Esetéünkben ez egy ÉS kapuval (3 db. inverter és egy VAGY kapu) és F egy vagy kapuval megoldható. Mivel a panelon a szükséges elemek (2 db. VAGY kapu, 1 db. INVERTER) rendelkezésre állnak így a hiba kijavítása az adott panelon 2/9. ábra megoldható(2/9. ábra)
F $]HOĘ]ĘPHJROGiVEDQYi]ROWPyGRQKDWiUR]]XNPHJ)IJJYpQOHJHJV]HUĦEEDODNMiW (2/10. ábra) A hálózar ÉS-VAGY realizációja a 2/11 ábrán látható A C F A B C 2/11. ábra 2/10. ábra 2.2 Tartalmaz-e az alábbi hálózat kimenete hazárdot, ha a bemeneten csak szomszédos kombinációváltozást engedünk meg ? a, A D f1 D F C D f2 B D 2/12. ábra Megoldás: Ha igen, milyen tipusút, és milyen kombináció változásokkor jönnek létre ? b, Ha igen, szüntesse meg további kapuáramkör(ök) felhasználásával ! c, Rajzolja fel az F függvény OHJHJV]HUĦEE kétszintes, hazárdmentes realizációját ! 2/13. b ábra 2/13. a ábra 2/14. ábra a, Az f1 kimeneten (2/13. a) az A=0, B=1, C=0, D=1o0, A=0, B=1, C=1, D=1o0, A=0, B=0, C=0, D=1o0, A=0, B=0, C=0, D=1o0 kombináció váltások statikus hazárdot RNR]KDWQDNDPLEĘOE-t is figyelembe véve az A=0, B=1, C=0, D=1o0, A=0, B=1, C=1, D=1o0 helyeken dinamikus hazárd alakulhat ki. b, f1
hálózatában A B helyett A -t kell megvalósítani, míg f2-nél BC pótlólagos megvalósítása szükséges. c, 2/14-EĘONLROYDVKDWy)OHJHJV]HUĦEEDODNMD F ( C D)( A B D)( A B C ) 3. Sorrendi hálózatok 3.1 Az alábbi állapottáblával leírt sorrendi hálózat D0LOHQPRGHOOV]HULQWPĦN|GLN" b. Lehet-HDV]LQNURQPĦN|GpVĦ" F $ OHKHWVpJHV PĦN|GpV HN PHOOHWW DGMD PHJ D NLPHQHWL MHOVRUR]DWRW KD D hálózat az a állapotban van, és a bemenetekre az alábbi jelsorozat érkezik: x1, x2: 00, 01, 11, 01, 11, 10, 00. Megoldás: a. Mivel a hálózat kimenete csak az aktuális állapottól függ (Z=f(y)) a hálózat MooremodHOOV]HULQWPĦN|GLN b. Mivel a hálózat bermely stabil állapotból kiindulva, bármely (szomszédos) EHPHQHWLYiOWR]iVUDVWDELOiOODSRWEDMXWDKiOy]DWOHKHWDV]LQNURQPĦN|GpVĦ c. 6]LQNURQPĦN|GpVWIHOWpWHOH]YH rajel 00 01 11 01 11 10 00 x1, x2 y Y Z $V]LQNURQPĦN|GpVWIHOWpWHOH]YH 00 a0 3.2
01 b0 11 d1, c1 01 d1, b0 11 d1, c1 10 c1 00 a0 Az alábbi állapottáblával leírt sorrendi hálózat D0LOHQPRGHOOV]HULQWPĦN|GLN" b. Lehet-HDV]LQNURQPĦN|GpVĦ" F $ OHKHWVpJHV PĦN|dés(ek) mellett adja meg a kimeneti jelsorozatot, ha a hálózat az a állapotban van, és a bemenetekre az alábbi jelsorozat érkezik: x1, x2: 00, 01, 11, 01, 11, 10, 00. x1,x2 00 01 11 10 a b c d a,0 d,1 a,1 b,1 d,0 b,0 b,0 b,0 b,0 d,1 c,1 c,0 d,1 a,0 c,0 d,1 Megoldás: a. Mivel a kimenet értéke a bemenet és az aktuális állapot függvénye (Z=f(x,y)), Mealy-PRGHOOV]HULQWPĦN|GLN b. Ha a rendszer b stabil állapotában (01 bemeneti kombináció) a bemenet 00-ra YiOWQHPDODNXONLVWDELOiOODSRWLJDV]LQNURQPĦN|GpVĦQHPOHKHW c. 00 0 3.3 01 0, 0 Valósítsa meg a a. D ff-ot T ff-al b. T ff-ot JK ff-al c. JK ff-ot T-vel d. SR ff-ot DG ff-al e. SR ff-ot D ff-al 11 0, 1 01 0, 0 11 1, 0 10 1, 1 00 1, 1 Megoldás: a. T ff. yT 0 1 0 1 0 1 1 0
Vezérlési tábla yD 0 1 0 1 T 0 1 D ff. ( a feladat ) yD 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 b. JK összekötésével c. T ff. yT 0 1 0 1 0 1 1 0 Vezérlési tábla. yJK 00 01 0 1 T 0 0 0 1 11 10 1 1 1 0 JK ff. ( a feladat ) yJK 00 01 11 0 1 0 0 0 1 1 1 10 1 0
