|
Minterm'e Karşı Maxterm Çözümü
Minterm'e Karşı Maxterm Çözümü
Şimdiye kadar mantık sadeleştirme problemlerine Çarpımlar-ın-Toplamı (SOP) çözümlerini bulduk. Her bir SOP çözümü için aynı zamanda Toplamlar-ın-Çarpımı (POS) çözümü de vardır, uygulamaya bağlı olarak bu daha kullanışlı olabilir. Toplamlar-ın-Çarpımı çözümüyle uğraşmadan önce yeni bir terminolojiye ihtiyacımız vardır. Çarpım terimlerini eşleştiren aşağıdaki prosedür bu bölümde yeni değildir. Mintermler için uygun bir prosedür geliştirmek istiyoruz bunu da maxtermler için olan yeni bir prosedürle kıyaslamak istiyoruz. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14126.png Bir minterm bir Karnaugh haritasında veya doğruluk tablosunda tek hücre çıktısı için 10 veren bir Boole ifadesidir. Eğer bir minterm tek bir 1 ve geri kalan hücreler için 0 ise 1 için minimum alan kaplar. Yukarı soldaki çizim mintörm ABC yi tek bir çarpan terimi olarak göstermektedir, bu çarpan teriminde bir tane 1 vardır diğer bütün durumlar 0 dır. Şimdiye kadar 0 ları Karnaugh haritasından göstermedik çünkü özellikle ihtiyaç duyulmadığı taktirde bunları elemek tabiidir. Diğer bir minterm A'BC' yukarıda sağda gösterilmiştir. Üzerinde durulması gereken nokta şu ki hücrenin adresi direkt olarak eşleştirilmek istenen minterm e karşılık geldiğidir. Yani yukarıda solda 111 hücresi ABC minterm üne karşılık gelir. Yukarıda sağda A'BC' mintermünün 010 hücresine karşılık geldiği görülmektedir. veren ve diğer bütün hücreler için Bir Boole ifadesi veya haritası birden fazla minterm içerebilir, yukarıdaki şekle göre bir K-haritasında bir minterm yerleştirmenin prosedürünü özetleyelim:
Yukarıda gösterildiği gibi genellikle bir Boole ifadesi bir Karnaugh haritasında çoklu hücrelere karşılık gelen birden fazla minterme sahip değildir. Bu haritadaki birden fazla mintermler yukarıda önceki şekilde gördüğümüz bireysel mintermlerdir. Referans olması için incelediğimiz nokta, K-haritasındaki 1 lerin bir veya fazla çarpım terimini dönüştüren ikili hücre adresi olarak ortaya çıkmasıdır. Burada kastettiğimiz 01 ise gerçek bir değişkene karşılık gelir. Örnek: 010 direkt olarak A'BC' ye dönüşür. Bu örnekte hiç sadeleştirme yoktu. Fakat mintermlerden gelen Çarpımlar-ın-Toplamı sonucu vardır. tümlenmiş değişkene karşılık kelir Yukarıdaki şekle göre, bir K-haritasından bir Boole denklemini Çarpımlar-ın-Toplamı olarak sadeleştiren prosedürü özetleyelim:
Sonra tek bir hücrede 0 diğer bütün hücrelerde 1 olan Boole fonksiyonuna bakalım. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14128.png Bir maxterm bir Karnaugh haritasında veya doğruluk tablosunda tek hücre çıktısı için 0 veren ve diğer bütün hücreler için 1 veren bir Boole ifadesidir. Yukarı soldaki şekil tek bir toplam terimi olan maxterm (A+B+C) yi gösterir, haritada tek bir 0 vardır diğer tüm ifadeler 1 dir. Eğer bir maxterm tek bir 0 a sahipse ve geri kalan bütün hücreler 1 ise 1 lerden oluşan maksimum alanı kapsar. Şimdi yeni bir şey olan maxtermlerle uğraştığımız için bazı farklılıklar karşımıza çıkıyor. Bir maxterm bir Karnaugh haritasında bir 0 veya bir 1 değildir. Maxterm bir toplam terimidir, bizim örneğimizde (A+B+C) dir bir çarpım terimi değildir. Ayrıca (A+B+C) nin 000 hücresine karşılık gelmesi ilginçtir. Çıkış=(A+B+C)=0(A, B, C) üç değişkeninin her biri ayrı ayrı 0 olması gerekir. Sadece (0+0+0)=0 0 a eşit olacaktır. Bu yüzden K-haritasında minterm (A+B+C) için 0A,B,C=000 hücresine yerleştiririz, burada bütün girdiler 0 dır. Bu bize maxterm olarak 0 değerini verecek tek durumdur. Diğer bütün hücrelerde 1(A+B+C) (0,0,0) ifadesinden başka bütün girdi değerleri 1 verir. denklemi için vardır çünkü değerini sadece Yukarıdaki şekle göre, bir K-haritasına maxterm yerleştirme prosedürü şöyledir:
Yukarıda başka bir A'+B'+C' maxterm ifadesi gösterilmiştir. Sayısal 000 A'+B'+C'111 olur. Yukarıda gösterildiği gibi K-haritasının (1,1,1)(A'+B'+C') maxtermü için bir 0 yerleştirin. ne karşılık gelir. Tümleyeni hücresine (A'+B'+C') 111 hücresinde neden 0 değeri verir? A'+B'+C' (1'+1'+1')1 lerin tümleyeni alındıktan sonra (0+0+0) olur ve bize 0 veren tek durum budur. Tüm birler 1 ler 0 lara tümlenir, bunun OR sonucu bize 0 verir. olduğunda tüm http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14130.png Yukarıda gösterildiği gibi bir Boole Toplamlar-ın-Çarpımı ifadesi veya haritası birden fazla maxterme sahip olabilir. Maxterm (A+B+C) sayısal olarak 111 verir bu da 000 a tümlenir, sonuçta (0,0,0) hücresine bir 0 yerleştirilir. Maxterm (A+B+C')110 verir bu da 001 e tümlenir, sonuçta (0,0,1) hücresine bir 0 sayısal oalrak yerleştirilir. Şimdi bir K-haritası düzenine sahip olduğumuza göre gerçekte ilgilendiğimiz şey Toplanlar-ın-Çarpımı indirgemesinin nasıl yazılacağını göstermektir. 0 ları gruplandırın. Altta bu ikili bir grup olacaktır. (0,0,X) olan toplam-terimine karşılık gelen ikili değeri yazın. Grup için hem A hem de B 0 dır. Fakat C hem 0 hem de 1C yerine X yazarız. (1,1,X) tümleyenini oluşturun. C yi ve onun yerini tutan X i çıkartarak (A+B) toplam terimini yazın. Genel olarak Toplamlar-ın-Çarpımı sonucunda toplam-terimlerinin birbiriyle çarpımının fazla olmasını bekleyin. Burada basit bir örneğimiz var. değerini alır, bunun için http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14131.png Bir K-haritası için Toplamlar-ın-Çarpımı Boole indirgemesinin prosedürünü özetleyelim:
Sonucun POS formda olmasını sağlayarak aşağıdaki Toplamlar-ın-Çarpımı Boole ifadesini sadeleştirin. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14132.png Çözüm: Yedi adet maxtermü aşağıdaki haritaya 0 olarak taşıyın. Uygun hücre yerini bulmak için giriş değerlerinin tümleyenini almayı unutmayın. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14133.png 0 lar ortaya çıktıkça yukarıdaki haritadan soldan sağa ve yukarıdan aşağıya bunları yerleştiririz. Son üç maxtermü çizgilerin yanına yerleştiririz. Yukarıda hücreler yerlerine yerleştirildikten sonra aşağıda gösterildiği gibi hücre grupları oluşturun. Büyük gruplar daha az sayıda girdisi olan toplam terimleri verirler. Daha az sayıda grup daha az toplam-terimi sonucunu verir. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14134.png Üç grubumuz var, sonuçta yukarıdaki POS sonucunda üç tane toplam-terimi olmasını bekleriz. 4-hücreli grup 2-değişkenli toplam-terimi verir. 2-hücreli iki grup 3-değişkenli iki toplam-terimi verir. Yukarıda Toplam-terimlerine nasıl ulaştığımızın detayları gösterilmiştir. Bir grup için, ikili grup girdi adresini yazın sonra tümleyenini alın ve böylece Boole toplam-terimine dönüştürün. Nihai sonuç üç toplamın çarpımıdır. Örnek: Sonucun SOP formunda olmasını sağlayarak aşağıdaki Toplamlar-ın-Çarpımı Boole ifadesini sadeleştirin. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14132.png Çözüm: Bu önceki problemin tekrarı gibi görünmektedir. Aradaki fark daha önce yaptığımız Toplamlar-ın-Çarpımı yerine Çarpımlar-ın-Toplamının çözümü istenmektedir. Aşağıda solda daha önceki problemde olduğu gibi Toplamlar-ın-Çarpımından 0 ların maxtermlerini yerleştirin. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14135.png Yukarıda sağda haritanın geri kalan hücrelerine gerekli 1 leri yerleştirin. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14136.png Bütün 1 leri kapsayan 1 ler grubunu oluşturun. Bu bölümün bir önceki konusunda olduğu gibi Çarpımlar-ın-Toplamı sadeleştirmesi sonucunu yazınız. Bu bir önceki probleme benzerdir. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14137.png Yukarıda karşılaştırma yapabilmek için daha önceki örneğin Toplamlar-ın-Çarpımı çözümü ve bu problemdeki Çarpımlar-ın-Toplamı çözümü verilmiştir. Hangisi daha kolay bir çözümdür? POS da 3-OR geçidi ve 1-AND geçidi vardır SOP da ise 3-AND geçidi ve 1-OR geçidi vardır. Her biri toplam dört geçitten oluşur. Dikkatli baktığımızda geçit girdilerinin sayısını topladığımızı görürüz. POS da 8-girdi vardır; SOP da ise 7-girdi vardır. En az maliyetli çözümün tanımında SOP çözümünün daha basit olduğu ortaya çıkar. Bu teknik olarak doğru fakat gerçek hayatta az kullanılan bir örnektir. Daha iyi çözüm problemin karmaşıklığına ve kullanılan mantık ailesine bağlıdır. Genelde TTL mantık ailesi için SOP daha iyi bir çözümdür çünkü NAND geçitleri temel yapı taşlarıdır ve bunlar SOP yöntemiyle daha iyi çalışır. Diğer taraftan, çeşitli büyüklükteki NOR geçitleri bulunduğundan CMOS mantık ailesi için POS çözümü kullanılması daha uygundur. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14138.png Yukarıda her iki durum içinde geçit diyagramları gösterilmiştir, solda Toplamlar-ın-Çarpımı sağda ise Çarpımlar-ın-Toplamı vardır. Aşağıda solda tekrarlanan örnek mantığımızın Çarpımlar-ın-Toplamı uyarlamasına daha yakından bakalım. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14139.png Yukarıda soldaki bütün AND geçitleri sağda NAND geçidi ile yer değiştirmiştir. Çıkıştaki OR geçidi NAND geçidi yer değiştirmiştir. AND-OR mantığının NAND-NAND mantığına eşdeğer olduğunu ispatlamak için, 3-NAND geçidinin çıkışındaki eviricinin evirme balonlarını yukarıda sağdaki şekilden aşağı soldaki şekle geçişteki gibi sondaki NAND nin girişine götürün. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14140.png Yukarı sağda evirilmiş girişlere sahip NAND geçidinin çıkışı mantıksal olarak bir OR geçidine eşdeğer olduğu DeMorgan teoremi ve çift tersinme ile görülür. Bu bilgi TTL mantık ailesi NAND geçitlerinin diğer tiplere göre daha rahat bulunabildiği bir laboratuarda sayısal mantık inşa etmede kullanışlıdır. AND-OR mantığı yerine NAND-NAND mantığı oluşturmanın prosedürü şu şekildedir:
Şimdi SOP minimizasyonu içeren önceki bir problemi tekrar görelim. Bir Toplamlar-ın-Çarpımı çözümü üretin. POS çözümünü önceki SOP ile karşılaştırın. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14141.png Çözüm: Yukarı solda basitleştirilmemiş 9-minterm Boole ifadesi ile başlayan orijinal problemimiz var. Aşağı solda 4-çarpan-terimli SOP sonucu veren 4-hücreli 4-grup oluşturduk. Yukarıda ortadaki şekilde boş yerleri gerekli olan 0 larla doldururuz. 0 4-hücreli iki grup oluşturur. Bütün çizgili kırmızı grup (A'+B) dir, kesikli çizgili kırmızı grup ise (C'+D) dir. Bu Toplamlar-ın-Çarpımı sonucunda iki-toplam terimi verir, yukarı sağdaki gibi Çıkış = (A'+B)(C'+D) Solda bulunan önceki SOP sadeleştirmesini sağdaki POS sadeleştirmesi ile kıyaslarsak POS çözümünün en az maliyetli çözüm olduğunu görürüz. SOP toplamda 5-geçit kullanırken POS sadece 3-geçit kullanır. Sonucun basitliğinden dolayı TTL mantık kullanırken bu POS çözümü daha çekici görünür. AND geçitlerini ve OR geçidini 2-girişli şekilde bulabiliriz. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14142.png Karşılaştırma problemimizdeki SOP ve POS geçit diyagramları yukarıda gösterilmiştir. Aşağıda TTL mantık ailesi entegre devre geçitleri için pin-çıkışları verilmiştir, yukarı sağda Devre işaretçileri (U1-a, U1-b, U2-a vs.) ve pin numaralarını kullanarak maxterm terimini etiketleyin. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14145.png Kullandığımız her bir entegre devre paketi bir devre işaretçisi alır: U1, U2, U3. Paket içindeki farklı geçitleri ayırmak için a, b, c, d, vs. şeklinde tanımlanırlar. 7404 hex-evirici paketi U1 dir. Onun içindeki her bir evirici U1-a, U1-b, U1-c, vs. dir. U2 7432 dörtlü OR geçidine atanmıştır. U3 7408 dörtlü AND geçidine atanmıştır. Yukarıda paket diyagramı üzerindeki pin numaralarına bakarak aşağıdaki bütün geçit girişlerine ve çıkışlarına pin numarası veririz. Şimdi bu devreyi bir laboratuar düzeninde kurabiliriz. Veya bunun için bir baskılı devre kartı tasarlayabiliriz. Bir baskılı devre kartı yalıtkan fenolik veya epoxy-fiberglass dan oluşan yalıtkan altlık üzerinde "kablolama" vazifesi gören bakır folyodan oluşur. Baskılı devre kartları elektronik devrelerin seri üretiminde kullanılır. Kullanılmayan geçitlerin girişleri topraklanır. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14146.png Yukarı solda (üç şekil geri) önceki POS çözüm diyagramını Devre işaretleyicileri ve pin numaraları ile etiketleyin. Bu az önce yaptığımıza benzer olacaktır. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14147.png 2-girişli AND geçidini bir önceki örnekteki 7408 de bulabiliriz. Bununla birlikte, 4-girişli OR geçidini TTL katalogunda bulmakta problemimiz var. 4-girişli tek geçit yukarı sağda gösterilen 7420 NAND geçididir. 4-girişli NAND geçidini 4-girişli OR geçidine çevirmek için NAND geçidinin girişlerini aşağıda gösterildiği gibi evrilmemiş gerekir. Böylece 7420 4-girişli NAND geçidini girişlerini evirerek bir OR geçidi olarak kullanacağız. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14148.png 7420 4-girişli NAND geçidinin girişlerini evirmek için ayrı eviriciler kullanmayacağız fakat SOP minterm çözümünde gerekli olan AND geçitleri yerine 2-girişli NAND geçitleri ile besleyeceğiz. 2-girişli NAND geçidinin çıkışındaki evirme 4-girişli OR geçidindeki evirmeyi besler. http://akademi.tubisad.org.tr/librar...html/14149.png Sonuç yukarı da gösterilmiştir. NAND-NAND mantığının yerine AND-OR mantık kullanarak TTL geçitleri yapmanın tek pratik yolu budur. |
Powered by vBulletin®
Copyright ©2000 - 2025, Jelsoft Enterprises Ltd.