Technische Informatik I, SS03. Boole sche Algebra, Kombinatorische Logik

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1 Übung zur Vorlesung Technische Informatik I, SS03 Ergänzung Übungsblatt 1 Boole sche Algebra, Kombinatorische Logik Guenkova, Schmied, Bindhammer, Sauer {guenkova@vs., schmied@vs., bindhammer@vs., dietmar.sauer@} informatik.uni-ulm.de Aufgabe 1 Min-/Maxterme, algebraische Umformungen a) Beispiele für diverse Terme Minterme einstellige Funktion: A, A, zweistellige Funktion: AB, AC Maxterme einstellige Funktion: A, A, zweistellige Funktion: A + B, A + C beides einstellige Funktion: A, A keines A(B + C), AB + CD, A + B, (AB) zur Erklärung der entsprechenden Frage während der Übung: Eine zweistellige Funktion hat weder einen einstelligen Min- noch Maxterm. b) Beispiele in KNF, DNF für Gleichung mit drei Variablen KNF ABC, A B C, (A + B)(A + C) keine KNF (A + B)(A + C) DNF ABC, A B C, ABC + ABC + AC, A + B + C keine DNF A + B + C Hinweis: (ABC) = ABC A B C = A B C c) Wahrheitstabellen ABC + ABC A B C Y (A + B + C + D)(A + B) A B C D (A+B+C+D) (A+B) (A+B+C+D)(A+B) Y

2 d) Vereinfachung und Darstellung in KDNF, KKNF Vereinfachung von Y = AB(C + BC) + C 1. Distributivität : ABC + ABBC + C 2. komplementäres Element : ABC + A0C + C A0C fällt raus 3. ABC + C 4. Vereinfachen, indem man den zweiten Teilterm durch einen wg. Absorption äquival. ergänzt ABC + C + CAB Ergänzungsterme muss man passend wählen siehe Auswirkung für nächstem Schritt! 5. ersten und dritten Teilterm zusammenfassen und vereinfachen : AB(C + C) + C AB + C Ergebnis als KDNF 1. die vereinfachte Form ist zwar eine DNF, aber keine kanonische, weil pro Teilterm nicht alle Variablen vorkommen 2. deshalb werden pro Teilterm alle übrigen Variablen äquivalent ergänzt ABC + AB C + CAB + CAB + C A B + C AB (die Komponenten des vorherigen Ausdrucks sind unterstrichen) 3. der zweite und vierte Minterm sind gleich kürzen: ABC +AB C +CAB +C A B +C AB Zwischenschritt: Umwandlung von DNF in KNF (Variante 1) 1. Distributiv-Gesetz : AB + C = (A + C)(B + C) Zwischenschritt: Umwandlung von DNF in KNF (Variante 2) 1. durch Negation erhält man aus DNF eine KNF, also : AB + C = (A + B)C (Umdrehen der Junktoren und Negationen, und Negation des Gesamtterms) 2. Distributivität, DeMorgan Gesamtterm :... = AC + BC = AC BC 3. DeMorgan Teilterme, Vereinfachen der Doppelnegation... = (A + C)(B + C) = (A + C)(B + C) Ergebnis als KKNF 1. (A + C)(B + C) = (A + C + B)(A + C + B)(B + C + A)(B + C + A) 2. zweiter und dritter Term sind gleich kürzen:... = (A + C + B)(A + C + B)(B + C + A) e) Beweis der Gleichheit durch algebraische Umformung: AB + AC + BC = AB + BC 1. Ergänzen jedes Produkts der linken Seite durch die fehlende Variable; jeweils um X und X, da dies den Wahrheitswert nicht verändert, z.b.: (C + C) 1 AB = AB 1 = AB (C + C) = ABC + ABC, also: ABC + ABC + ABC + ABC + ABC + A BC 2. Löschen der Duplikate (3. und 4. Produkt) : ABC + ABC + ABC + ABC + ABC + A BC 3. Zusammenfassen der in 1. ergänzten Variablen : AB + BC mittels Wahrheitstabelle (trivial) durch algebraische Umformung: (A + B + C + D)(A + B) = A + B 1. Hinsehen! Absorptionsgesetz +C + D fällt weg. 2. oder Einzelschritte an linker Seite: Distributivität : AA + AB + BA + BB + CA + CB + DA + DB 3. Idempotenz : A + AB + BA + B + CA + CB + DA + DB 4. Absorption : A + B + CA + CB + DA + DB 5. Absorption, jetzt mit CX und DX, jeweils mit A und B : A + B mittels Wahrheitstabelle (trivial)

3 Aufgabe 2 Zeichnen einer logischen Schaltung für: Y = (A + B + C + D)(A + B) + CD + CD a) als möglichst einfaches Netz mit beliebigen Gattern Nach Aufgabe 1e ist der erste negierte Teilterm äquivalent zu A + B, der Teilterm CD+CD ist äquivalent zu C D (XOR). b) nur mit NAND-Gattern Vorgehen: Es wird A + B + CD + CD verwendet. 1. A + B muss in die NAND-Form X Y gebracht werden (Trick: X = X)... A + B DeMorgan A B 2. CD + CD analog zu CD + CD CD CD das sind zwei innere NAND-Terme, die in einen äußeren NAND-Term integriert sind. 3. um beide Teile mit ODER zu verknüpfen, nutzt man wieder: X + Y = X Y 4. Der gestrichelte Bereich enthält zwar zwei hintereinander geschaltete NOT-Gatter, die jedoch in der Praxis nicht gekürzt werden, um eine durchgängige 5-stufige Schaltung ohne unterschiedliche Signalverzögerungen in den einzelnen Pfaden zu erhalten.

4 Aufgabe 3 Zeichnen einer logischen Schaltung zum Erkennen von 4-bit-Primzahlen (von 0 15) 1. Aufstellen der Wertetabelle Zahl X 3 X 2 X 1 X 0 prim(x) Wertetabelle ansehen wenige 1en DNF verwenden 3. KDNF ermitteln (Minterme zeilenweise): X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 4. Optional: KDNF zu einer DNF zusammenfassen, damit Schaltung nicht zu groß wird: X 3 X 2 X 1 + X 3 X 2 X 0 + X 2 X 1 X 0 + X 2 X 1 X 0 Terme für die Zahlen 2 und 3 unterscheiden sich nur in X 0 X 0 für Ergebnis irrelevant aus X 3 X 2 X 1 X 0 + X 3 X 2 X 1 X 0 wird X 3 X 2 X 1 zwischen 5 und 7 ist X 1 kürzbar zwischen 3 und 11 ist X 3 kürzbar zwischen 5 und 13 ist X 3 kürzbar 5. die beiden letzten Teilterme sind mittels XOR darstellbar:... + X 2 X 1 X 0 + X 2 X 1 X 0 =... + (X 2 X 1 )X 0 6. Ausklammern: X 3 (X 2 X 1 + X 2 X 0 ) + X 0 (X 2 X 1 )

5 Aufgabe 4 Zeichnen einer logischen Schaltung zur Erkennung ungerader 4-bit-Parität Zahl A B C D Parity diese Wertetabelle scheint nicht minimisierbar bei genauem Hinsehen erkennt man, dass entweder AB, oder CD unterschiedlich, das jeweils andere Paar aber gleich (0 oder 1) ist 3. Ansatz: (A B)(CD + C D) + (AB + A B)(C D) 4. von der Ferne betrachtet: (XY + X Y ) (X Y ), also (A B)(C D) + (A B)(C D) 5. wiederum von der F...: XY + XY X Y, also (A B) (C D) Zusatz: (A B) (C D) (((A B) C) D) kann man sich herleiten durch Überlegung: X 0 ändert nichts, liefert X als Ergebnis X 1 ist Toggle /Negation von X, liefert X als Ergebnis man betrachtet (C D) der linken Seite des wäre C und D beide Null, wäre es egal, ob zuerst C dann D, oder das Ergebnis von (C D mit A B verknüpft würde wären C und D beide Eins, wäre es egal, ob (C D = 1 1 = 0) mit A B verknüpft würde ((A B) 0 = (A B)), oder ob (A B) zweimal negiert würde... (wer kommt auf die beiden letzten Fällen ;-)