1. Az adott kapcsolást rajzolja le a lehető legkevesebb elemmel, a legegyszerűbben. MEGOLDÁS: A legegyszerűbb alak megtalálása valamilyen egyszerűsítéssel lehetséges (algebrai, Karnaugh, Quine stb.). Célszerű négy változó esetén a grafikus egyszerűsítést alkalmazni (Karnaugh). Ehhez ismerni kell a függvény teljes normál diszjunktív akját (TDNA). Két módon juthatunk hozzá: minden kapu kimenetén felírjuk a függvény értékét, így legvégül megkapjuk F teljes alakját, az így kapott implikánsokkal leírt függvényt kibővítjük TDNA-ra. kitöltjük a négyváltozós igazságtáblát (1. táblázat), majd minden kombinációra megadjuk a függvény kimenetét. Ahol logikai 1-est kapunk, ott már megkaptuk a mintermet is. Ez a módszer eléggé hosszadalmas, de sokszor valamelyik változó több kombinációnál is azonnal megadja a helyes értéket. Vegyük észre, hogy a D változó 0 értéke (D=0) az 1. szint második NEM-ÉS kapujának kimenetén 1-est ad, így a 2. szint VAGY kapuján 1 kimenet van, a 3. szint NEM-VAGY kimenete ezért 0. Tehát az igazságtáblázat 0-7. sora F=0 értékű lesz. ( A szint függőlegesen balról jobbra található, ez az áramkör 3 szintes.) Ugyanez a helyzet az A változóval is, vagyis a 0., 1., 4., 5., 8., 9., 12. és 13. sora is 0 értékű. 1. táblázat: az 1. pálda igazságtáblázata sor-szám D C B A F 0. 0 0 0 0 0 1. 0 0 0 1 0 2. 0 0 1 0 0 3. 0 0 1 1 0 4. 0 1 0 0 0 5. 0 1 0 1 0 6. 0 1 1 0 0 7. 0 1 1 1 0 8. 1 0 0 0 0 9. 1 0 0 1 1 10. 1 0 1 0 0 11. 1 0 1 1 1 12. 1 1 0 0 0 13. 1 1 0 1 1 14. 1 1 1 0 0 15. 1 1 1 1 1 1
A megoldás az 1. ábrán látható. Vegyük észre, hogy a változóknál a D változó a legnagyobb súlyozású ( 8 ), míg A a legkiseb ( 1 ). 1. ábra: az 1. példa Karnaugh táblája A függvény F = A D. A 2. ábrán látható a legkevesebb elemmel megépített kapcsolás. 2. ábra: a legkevesebb elemmel megépített kapcsolás. 2
2. Egy víztartály töltése P1, P2 és P3 szivattyú segítségével történik. A tartályban levő vízmagasságot M1, M2 és M3 szintérzékelő jelzi, logikai 1 értékkel ha a szint az adott érzékelő felett van. Adja meg mindhárom szivattyú vezérlését, ha érvényes a töltésre a következő feltételrendszer: - P1 = 5 l/sec, P2 = 10 l/sec és P3 = 25 l/sec vízhozam, - M1 legalsó, M2 középső és M3 legfelső szintérzékelő, - ha szint < M1, akkor legalább 36 l/sec töltés, - ha M1 szint < M2 legalább 12 l/sec, de legfeljebb 18 l/sec töltés, - ha M2 szint < M3 legalább 4 l/sec, de legfeljebb 8 l/sec töltés és - ha M3 szint, nincs töltés. MEGOLDÁS: Felírjuk a több kimenetű és több bemenetű kombinációs hálózat igazságtáblázatát (2. táblázat), feltüntetve az egyes szivattyúk kapacitását. Minden egyes sorban (kombináció) 1 és 0 értéket teszünk a szivattyúkhoz, úgy, hogy a feltételrendszer feltételeit kielégítsük. Például a 0. sorban mivel mindegyik érzékelő 0 logikai állapotban van (üres a tartály), az előírt legalább 30 liter úgy elégíthető ki, hogy bekapcsoljuk az öszes szivattyút (25 l/s + 10 l/s + 5 l/s = 4l/s > 36 l/s). A 8 kombináció között van több olyan, amelyik nem fordulhat elő, ugyanis nem lehetséges az, hogy a felsőbb érzékelő bekapcsol, az alatta levő pedig 0 állapotot vesz fel, ilyenkor határozatlan értékkel ( x ) jelöljük a kombinációt (pl. a 2. sor). 2. táblázat: a 2. példa igazságtáblázata sorszám M3 M2 M1 P3 P2 P1 0. 0 0 0 1 1 1 1. 0 0 1 0 1 1 2. 0 1 0 x x x 3. 0 1 1 0 0 1 4. 1 0 0 x x x 5. 1 0 1 x x x 6. 1 1 0 x x x 7. 1 1 1 0 0 0 A 3 szivattyú igazságtáblázata ( 3. ábra ): 3. ábra: a három szivattyú Karnaugh táblája. 3
A 3 egyenlet: P 3 = M1, P 2 = M 2, P 1 = M 3. A vezérlési séma (4. ábra): 4. ábra: vezérlési séma 4
3. Az F(ABCDE)=Σ(0,1,2,3,4,8,9,10,18,19,20,30,31)+Σx(5,6,7,22,23,24) ötváltozós függvényt: a) egyszerűsítse a Quine-Mc Cluskey-féle numerikus módszer segítségével, b) rajzolja le a kapcsolást tetszőleges logikai kapukkal, c) rajzolja le a kapcsolást tetszőleges logikai kapukkal, mindegyik kapu 3 bemenetű, d) rajzolja le a kapcsolást 2 bemenetű NOR logikai kapukkal. MEGOLDÁS A Quine egyszerűsítésnél az x-szel jelölt határozatlan kombinációkat is be kell vonni, töltsük ki a mintermeknek megfelelő bináris táblázatot (3. táblázat): 3. táblázat: a mintermek bináris alakban A B C D E 0. 0 0 0 0 0 1. 0 0 0 0 1 2. 0 0 0 1 0 3. 0 0 0 1 1 4. 0 0 1 0 0 5. 0 0 1 0 1 6. 0 0 1 1 0 7. 0 0 1 1 1 8. 0 1 0 0 0 9. 0 1 0 0 1 10. 0 1 0 1 0 18. 1 0 0 1 0 19. 1 0 0 1 1 20. 1 0 1 0 0 22. 1 0 1 1 0 23. 1 0 1 1 1 24. 1 1 0 0 0 30. 1 1 1 1 0 31. 1 1 1 1 1 Mivel egyszerűsíteni mindig csak a szomszédos mintermek között lehet, ezért rendezzük át a táblázatot úgy, hogy egy-egy csoportban ugyanannyi számú egyes legyen, a már átvitt mintermet pedig jelöljük meg jellel (4. táblázat). 4. táblázat: a mintermek bináris alakban, átrendezve az egyesek száma szerint A B C D E 0. 0 0 0 0 0 1. 0 0 0 0 1 2. 0 0 0 1 0 4. 0 0 1 0 0 8. 0 1 0 0 0 3. 0 0 1 0 1 5
6. 0 0 1 1 0 9. 0 1 0 0 1 10. 0 1 0 1 0 18. 1 0 0 1 0 20. 1 0 1 0 0 24. 1 1 0 0 0 7. 0 0 1 1 1 19. 1 0 0 1 1 22. 1 0 1 1 0 23. 1 0 1 1 1 30. 1 1 1 1 0 31. 1 1 1 1 1 Egyszerűsíteni csak a szomszédos csoportok között kell, azokkal a mintermekkel, melyek között egy változó a különbség (a változó az egyik mintermben ponált, a másikban negált) ( 5. táblázat). 5. táblázat: az egyszerűsítés első lépése A B C D E 0,1 0 0 0 0-0,2 0 0 0-0 0,4 0 0-0 0 0,8 0-0 0 0 1,3 0 0 0-1 1,5 0 0-0 1 1,9 0-0 0 1 2,3 0 0 0 1-2,6 0 0-1 0 2,10 0-0 1 0 2,18-0 0 1 0 4,5 0 0 1 0-4,6 0 0 1-0 4,20-0 1 0 0 8,9 0 1 0 0-8,10 0 1 0-0 8,24-1 0 0 0 3,7 0 0-1 1 3,19-0 0 1 1 5,7 0 0 1-1 6,7 0 0 1 1-6,22-0 1 1 0 18,19 1 0 0 1-18,22 1 0-1 0 20,22 1 0 1-0 6
7,23-0 1 1 1 19,23 1 0-1 1 22,23 1 0 1 1-22,30 1-1 1 0 23,31 1-1 1 1 30,30 1 1 1 1 - Az 5. táblázatban keletkezett implikánsokat tovább lehet egyszerűsíteni (6. táblázat). 6. táblázat: az egyszerűsítés második lépése A B C D E 0,1,2,3 0 0 0 - - 0,1,4,5 0 0-0 - 0,1,8,9 0-0 0-0,2,4,6 0 0 - - 0 0,2,8,10 0-0 - 0 1,3,5,7 0 0 - - 1 2,3,18,19-0 0 1-2,3,6,7 0 0-1 - 2,6,18,22-0 - 1 0 4,5,6,7 0 0 1 - - 4,6,20.22-0 1-0 3,7,19,23-0 - 1 1 6,7,22,23-0 1 1-18,19,22,23 1 0-1 - 22,23,30,31 1-1 1 - A 6. táblázatban keletkezett implikánsokat tovább lehet egyszerűsíteni (7. táblázat). 7. táblázat: az egyszerűsítés harmadik lépése A B C D E 0,1,2,3,4,5,6,7 0 0 - - - 2,3,6,7,18,19,22,23-0 - 1 - A 3. 7. táblázatban a jel azt jelenti, hogy az adott implikáns nem vonható már össze semelyik más implikánssal sem (nem lehet tovább egyszerűsíteni), a jel azokat az implikánsokat jelenti, melyek tovább egyszerűsíthetők. A nem egyszerűsíthető implikánsok bekerülnek a 8. táblázatba (Quine McKaluskey táblázat), ahol az eredeti mintermekkel hozzuk azokat kapcsolatba. 7
8. táblázat: Quine McKaluskey táblázat x x x x x x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 18 19 20 22 23 24 30 31 A C D E B C D E A C D B C E A C D A B B D A 8. táblázatba került imlikánsokhoz azokat a mintermeket kapcsoljuk, amelyekből erednek, ide egy jelet teszünk. Ezután megkeressük azokat az oszlopokat, melyekben csak egy jel van, ezt és a vele egy sorban levő összes jelet átalakítjuk jellé. A határozatlan kombinációhoz tartozó jelet nem tekintjük ilyenkor egyesnek ( a példában a 24. minterm). Ha egy oszlopban (mintermnél) több jel van, azt választjuk ki, amelyik vízszintesen a lehető legtöbb mintermet fedi le. A kimaradt implikánsokat a továbbiakban nem vesszük figyelembe (a példában B C D E ). A kapott megoldás: F = A C D E + B C D E + A C D + B C E + A C D + A B + B D Ellenőrizük le a megoldást a Karnaugh-féle grafikus egyszerűsítéssel ( 5. ábra ). 5. ábra: ellenőrzés Karnaugh-módszerrel Itt világosan látható, hogy a Quine-McKluskey egyszerűsítésnél (8. táblázat) miért esett ki a 8,24 kombináció, a 24-es minterm határozatlan kombináció. 8
4. a) tervezzen meg egy 10-es számrendszerben működő számlálót, mely bekapcsoláskor 0 állapotba kerül, a tároló JK típusú. b) A 7 szegmenses kijelzőn a 0 7 8 9-0 7 stb. kombináció jelenjen meg minden egyes külső impulzus hatására. MEGOLDÁS A 6. ábrán látható a számláló állapotgráfja. 6. ábra: a számláló állapotgráfja A négy szám 4 biten kódolható, így az átmeneti tábla a négy számnál a 9. táblázatban látható, az összes többi kombináció határozatlan. 9. táblázat: a feladat átmeneti táblája D C B A DCBA DCBA J K J K J K J K 0000 0111 0 X 1 X 1 X 1 X 0111 1000 1 X X 1 X 1 X 1 1000 1001 X 0 0 X 0 X 1 X 1001 0000 X 1 0 X 0 X X 1 Qt t+ 1 Q J K 0 0 0 X 0 1 1 X 1 0 X 1 1 1 X 0 10. táblázat: a JK tároló vezérlési táblája A Karnaugh-táblák üresen hagyott mezőibe természetresen x (határozatlan kombináció) van. 9
11. ábra: a négy JK tároló bemenetének egyszerűsítése 10
A tárolók egyenletei: J D = A K D = A J C = D K = 1 J B = D K = 1 J = 1 K = 1 A 12. ábrán látható a számláló kapcsolása C B A A 12. ábra: a számláló JK tárolókkal 11