Bulova algebra Zoran M. Buqevacau.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/101_digitaln... · · 2011-11-05slede ih teorema Bulove algebre: a) asocijativni b) DeMorganova teorema

Auditorne ve�be iz digitalnih sistemaBulova algebra

Zoran M. Buqevac

Maxinski fakultet u Bgd.

oktobar 2011.

Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz DS oktobar 2011. 1 / 35

Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaBulova algebra

1. Koji od xest osnovnih zakona (zatvorenost,asocijativnost, komutativnost, neutralnost, inverzija,distribucija) su ispuǌeni za binarne operacijedefinisane tabelarno:+ 0 1 2

0 0 0 01 0 1 12 0 1 2

· 0 1 2

0 0 1 21 1 1 22 2 2 2

?

Rexeǌe:

a) Skup B = {0, 1, 2} je zatvoren u odnosu na zadate operatore+ i ·, poxto svakom paru elemenata iz B operatori + i ·pridru�uju jedinstven element iz B (videti iz tabela).



b)

xyz x + (y + z) (x + y) + z x · (y · z) x · (y · z)

000 0 0 0 0001 0 0 1 1002 0 0 2 2010 0 0 1 1011 0 0 1 1012 0 0 2 2020 0 0 2 2021 0 0 2 2022 0 0 2 2100 0 0 1 1101 0 0 1 1102 0 0 2 2110 0 0 1 1111 1 1 1 1

=⇒



b)

xyz x + (y + z) (x + y) + z x · (y · z) x · (y · z)

112 1 1 2 2120 0 0 2 2121 1 1 2 2122 1 1 2 2200 0 0 2 2201 0 0 2 2202 0 0 2 2210 0 0 2 2211 1 1 2 2212 1 1 2 2220 0 0 2 2221 1 1 2 2222 2 2 2 2

Posle provere vidi se da va�i asocijativni zakon.Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz DS oktobar 2011. 4 / 35


v)

xy x + y y + x x · y y · x00 0 0 0 001 0 0 1 102 0 0 2 210 0 0 1 111 1 1 1 112 1 1 2 220 0 0 2 221 1 1 2 222 2 2 2 2

Komutativni zakon va�i xto se vidi na osnovu provere.



g) Neutralni element u odnosu na binarnu operaciju + je 2xto potvr�uje slede�a tabela:

x x + 2 2 + x

0 0 01 1 12 2 2

Neutralni element u odnosu na binarnu operaciju · je 0xto potvr�uje slede�a tabela:

x x · 0 0 · x0 0 01 1 12 2 2



d) Inverzija u ovom sluqaju nije zadovoǉena! Za x = 0 @y ∈ B tako da 0 + y = 2; za x = 1 @ y ∈ B tako da je 1· y = 0.

�)

xyz x + (y · z) (x + y) · (x + z) x · (y + z) (x · y) + (y · z)

000 0 0001 0 0002 0 0010 0 0011 0 0012 0 0020 0 0021 0 0022 0 0100 0 0



�)


101 1 1102 1 1110 1 1111 1 1112 1 1120 1 1121 1 1122 1 1200 0 0



�)


201 1 1202 2 2210 1 1211 1 1212 2 2220 2 2221 2 2222 2 2

Posle provere vidi se da va�i i distributivni zakon.

2. Pokazati da skup tri elementa {0, 1, 2} i dva prethodnodefinisana operatora + i · ne pretstavǉaju Bulovualgebru. Koji od Hantingtonovih postulata ne va�i?



Rexeǌe:5. postulat Hantingtona nije ispuǌen. Za x = 0 y ∈ {0, 1, 2}tako da x + y = 0 odnosno za x = 2 y ∈ {0, 1, 2} tako da x · y = 2.Iz navedenog se vidi da ne va�i da za ∀x ∃x tako da x+ x = 0odnosno ∀x ∃x tako da x · x = 2, x ∈ B.

3. Pomo�u tabele vrednosti verifikovati ispravnostslede�ih teorema Bulove algebre:

a) asocijativnib) DeMorganova teorema za tri promenǉivev) Distributivni zakon operatora + u odnosu na ·?



Rexeǌe:

xyz x + (y + z) (x + y) + z (x + y + z) x · y · z000 0 0 1 1001 1 1 0 0010 1 1 0 0011 1 1 0 0100 1 1 0 0101 1 1 0 0110 1 1 0 0111 1 1 0 0



xyz (xyz) (x + y + z) x + y · z (x + y) · (x + z)

000 1 1 0 0001 1 1 0 0010 1 1 0 0011 1 1 1 1100 1 1 1 1101 1 1 1 1110 1 1 1 1111 0 0 1 1

4. Rexiti predhodni problem primenom Venovog dijagrama?5. Uprostiti slede�e Bulove funkcije do najmaǌeg broja

slova:a) xy + xyb) (x + y) (x + y)



v) xyz + xy + xy z

g) zx + zxy

d) (A + B)(A + B

)�) y (wz + wz) + xy

Rexeǌe:

a) xy + xy = x (y + y) = x

b) (x + y) (x + y) = x + y y = x

v) xyz + xy + xy z = xyz + xy + xy + xy z = y (x + xz) + y (x + xz) =⇒y (x + x) (x + z) + y (x + x) (x + z) = y (x + z) + y (x + z) =⇒y (x + z + x + z) = (x + 1) = y

g) zx + zxy = z (x + xy) = z (x + x) (x + y) = z (x + y)

d) (A + B)(A + B

)= AB · AB = 0

�) y (wz + wz) + xy = yw (z + z) + xy = yw + xy = y (w + x)



6. Svesti slede�e Bulove izraze na zahtevani broj slovnihoznaka promenǉivih:a) ABC + ABC + ABC + ABC + ABC na 5 slovab) BC + AC + AB + BCD na 4 slova

v)[(CD) + A

]+ A + CD + AB na 3 slova

g) (A + C + D)(A + C + D

) (A + C + D

) (A + B

)na 4 slova?

Rexeǌe:a) ABC + ABC + ABC + ABC + ABC =

BC(A + A

)+ AB

(C + C

)+ ABC = BC + AB + ABC =

B(C + AC

)+ AB = B

(C + C

)(C + A) + AB = B (C + A) + AB

b) BC + AC + AB + BCD = BC (1 + D) + AC + AB =BC + AC + AB = BC + AC + AB

(C + C

)=

BC + AC + ABC + ABC = BC (1 + A) + AC (1 + B) = BC + AC

v)[(CD) + A

]+ A + CD + AB = CD · A + CD + A (1 + B) =

CD(1 + A

)+ A = CD + A

g) (A + C + D)(A + C + D

) (A + C + D

) (A + B

)=

(A + C + DD

)·

·(A + C + D

) (A + B

)=

(A + CC + CD

) (A + B

)= A + BCD


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaBulova algebra, logiqke funkcije

g) (A + C + D)(A + C + D

) (A + C + D

) (A + B

)=

(A + C + DD

)·

·(A + C + D

) (A + B

)=

(A + CC + CD

) (A + B

)= A + BCD

7. Odrediti komplement slede�ih Bulovih funkcija iredukovati ih na minimalni broj slovnih oznaka logiqkihpromenǉivih:a)

(BC + AD

) (AB + CD

)b) BD + ABC + ACD + ABC

v)[(AB)A

] [(AB)B

]g) AB + CD?

Rexeǌe:a)

[(BC + AD

) (AB + CD

)]=

[ABBC + AABD + BCCD + ACDD

]=

0 = 1b)

[BD + ABC + ACD + ABC

]=

[BD + AB

(C + C

)+ ACD

]=[

BD + AB + ACD]

=[AB + D

(B + A

) (B + C

)]=


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcije=

(A + B

) (D + BA + BC

)= BD + A

(D + BC

)v)

[(AB)A

] [(AB)B

]= 0 = 1

g)[AB + CD

]=

(A + B

)(C + D)

8. Date su dve Bulove funkcije F1 i F2:a) pokazati da Bulova funkcija E = F1 + F2 je izgra�ena od

sume svih mintermova funkcije F1 i funkcije F2

b) pokazati da Bulova funkcija G = F1F2 sadr�i samozajedniqke mintermove funkcija F1 i F2?

Rexeǌe:a) Vrednost logiqke funkcije E je jednaka 1 na onim

mintermovima na kojima je vrednost logiqke funkcije F1

jednaka 1 ili na kojima je vrednost logiqke funkcije F2

jednaka 1 =⇒ funkcija E sadr�i sumu mintermova funkcijaF1 i F2.


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcije

b) Vrednost funkcije G je jednaka 1 na onim mintermovimana kojima je vrednost i logiqke funkcije F1 i F2 jednaka 1tako da ona sadr�i samo zajedniqke mintermove funkcijaF1 i F2.

9. Odrediti tabelu vrednosti za funkciju:

F = xy + xy + yz?

Rexeǌe:F = x (y + y) + yz = x + yz

xyz y yz x + yz xyz y yz x + yz

000 1 0 0 100 1 0 1001 1 1 1 101 1 1 1010 0 0 0 110 0 0 1011 0 0 0 111 0 0 1


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqki dijagram

10. Realizovati minimizovane funkcije iz 6. pomo�ulogiqkih elemenata?Rexeǌe:

a)

b)



v)

g)

11. Data je logiqka funkcija F = xy + xy + yz

a) Dati ǌenu I, ILI, NE realizacijub) Realizovati je samo pomo�u ILI i NE logiqkih elemenatav) Realizovati je samo pomo�u I i NE logiqkih elemenata?

Rexeǌe:



a)

b)


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqki dijagram, logiqke funkcije

a)

12. Uprostiti funkcije T1 i T2 u minimalni broj slovnihoznaka promenǉivih:

ABC T1 T2 ABC T1 T2

000 1 0 100 0 1001 1 0 101 0 1010 0 0 110 0 1011 0 1 111 0 1


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeRexeǌe:T1 = ABC + ABC + ABCT2 = (A + B + C )

(A + B + C

) (A + B + C

)T1 = AB

(C + C

)+ ABC = AB + ABC = A

(B + BC

)=

A(B + B

) (B + C

)= A

(B + C

)T2 =

(A + B + CC

) (A + B + C

)= (A + B)

(A + B + C

)= A + BC =

T1

13. Izraziti slede�e funkcije kao sume mintermova iproizvode makstermova:a) F (A,B,C ,D) = D

(A + B

)+ BD

b) F (w , x , y , z) = yz + wxy + wxz + w xzv) F (A,B,C ,D) =(

A + B + C) (

A + B) (

A + C + D) (

A + B + C + D) (

B + C + D)

g) F (A,B,C ) =(A + B

) (B + C

)d) F (x , y , z) = 1�) F (x , y , z) = (xy + z) (y + xz)


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeRexeǌe:a) F (A,B,C ,D) = D

(A + B

)+ BD = D

(A + B + B

)= D =(

A + A) (

B + B) (

C + C)D =

(AB + AB + AB + A B

)·(

CD + CD)

= ABCD + ABCD + ABCD + A BCD + ABCD+

ABCD + AB CD + A B CD =∑

(1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15)

F (A,B,C ,D) = AA + BB + CC + D =(A + BB + CC + D

)·(

A + BB + CC + D)

=(A + B + CC + D

) (A + B + CC + D

)·(

A + B + CC + D) (

A + B + CC + D)

= (A + B + C + D) ·(A + B + C + D

) (A + B + C + D

) (A + B + C + D

)·(

A + B + C + D) (

A + B + C + D) (

A + B + C + D)·(

A + B + C + D)

=∏

(0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14)b) F (w , x , y , z) = yz + wxy + wxz + w xz = (w + w) (x + x) yz+

wxy (z + z)+wx (y + y) z+w x (y + y) z = (w + w) (xyz + x yz) +wxyz +wxy z +wxyz +wxy z +w xyz +w x yz = wxyz +wx yz+wxyz + w x yz + wxy z + wxyz + w xyz =

∑(1, 3, 5, 9, 12, 13, 14)


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeF (w , x , y , z) = (y + z) (w + x + y) (w + x + z) (w + x + z) = (y + z) ·(w + x + yz) (w + x + z) = (w + x + yz) (z + wy + xy) = wz + xz+wxy + wyz + wxy + xyzF = (w + z) (x + z) (w + x + y) (w + y + z) (w + x + y) (x + y + z) =(w + xx + yy + z) (ww + x + yy + z) (w + x + y + zz) (w + xx + y + z) ·(w + x + y + zz) (ww + x + y + z) = (w + x + yy + z) ·(w + x + yy + z) (w + x + yy + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) ·(w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) =(w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) ·(w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) (w + x + y + z) ·(w + x + y + z) =

∏(0, 2, 4, 6, 7, 8, 10, 11, 15)

v) F (A,B,C ,D) =(A + B + C

) (A + B

) (A + C + D

)·(

A + B + C + D) (

B + C + D)

=(A + B + C + D

)·(

A + B + C + D) (

A + B + C + D) (

A + B + C + D) (

A + B + C+

D) (

A + B + C + D) (

A + B + C + D)

=∏

(3, 4, 5, 6, 7, 9, 11)


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeF (A,B,C ,D) =

∑(0, 1, 2, 8, 10, 12, 13, 14, 15)

g) F (A,B,C ) =(A + B

) (B + C

)=

(A + B + C

) (A + B + C

)·(

A + B + C) (

A + B + C)

=∏

(2, 4, 5, 6) =∑

(0, 1, 3, 7)d) F (x , y , z) = 1 =

∑(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)

�) F (x , y , z) = (xy + z) (y + xz) = xy + yz + xyz + xz =xyz + xyz + xyz + xyz =

∑(3, 5, 6, 7) =

∏(0, 1, 2, 4)

14. Pretvoriti slede�e funkcije u drugi kanoniqki oblikrazliqit od datog:a) F (x , y , z) =

∑(1, 3, 7)

b) F (A,B,C ,D) =∑

(0, 2, 6, 11, 13, 14)v) F (x , y , z) =

∏(0, 3, 6, 7)

g) F (A,B,C ,D) =∏

(0, 1, 2, 3, 4, 6, 12)?Rexeǌe:

a) F (x , y , z) =∑

(1, 3, 7) =∏

(0, 2, 4, 5, 6)b) F (A,B,C ,D) =

∑(0, 2, 6, 11, 13, 14) =

∏(1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 12, 15)

v) F (x , y , z) =∏

(0, 3, 6, 7) =∑

(1, 2, 4, 5)Z. B. (Maxinski fakultet u Bgd.) Auditorne ve�be iz DS oktobar 2011. 25 / 35


g) F (A,B,C ,D) =∏

(0, 1, 2, 3, 4, 6, 12) =∑(5, 7, 8, 9, 10, 11, 13, 14, 15)

15. Kakva je razlika izme�u kanoniqke i standardne forme.Koja je forma po�eǉnija kada se realizuje pomo�ulogiqkih elemenata. Koja se forma dobija kada se logiqkafunkcija odre�uje na osnovu tabele vrednosti?Rexeǌe:Kanoniqka forma je sastavǉena od potpunih proizvodaili potpunih zbirova a standardna forma od nepotpunih.Po�eǉnija je standardna forma za realizaciju. Naosnovu tabele vrednosti dobijaju se kanoniqke forme.

16. Suma svih mintermova Bulove funkcije od n promenǉivihje 1.a) dokazati gorǌe tvr�eǌe za n = 3b) predlo�iti postupak za dokaz u opxtem sluqaju.


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeRexeǌe:a) x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3 =

x1x2 (x3 + x3) + x1x2 (x3 + x3) + x1x2 (x3 + x3) + x1x2 (x3 + x3) =x1x2 + x1x2 + x1x2 + x1x2 = x1 (x2 + x2)+ x1 (x2 + x2) = x1 + x1 = 1

b) Mintermovi se podele na uzastopne parove koji serazlikuju u promenǉivoj najni�eg razreda i ti parovi sesa�imaju. Dobijene implikante se podele na uzastopneparove koji se razlikuju u promenǉivoj slede�eg razredai ti parovi se sa�imaju. I tako redom dok se ne stigne donajvixeg razreda kada su sabirci dve implikante od jednepromenǉive od kojih je jedna u afirmaciji a druga unegaciji i one daju 1.

17. Proizvod svih makstermova Bulove funkcije of npromenǉivih je 0.a) dokazati gorǌe tvr�eǌe za n = 3



b) predlo�iti postupak dokaza u opxtem sluqaju. Mo�e lise koristiti princip dualnosti u odnosu na predhodniproblem?

Rexeǌe:a) (x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) ·

(x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) (x1 + x2 + x3) =(x1 + x2 + x3x3) (x1 + x2 + x3x3) (x1 + x2 + x3x3) (x1 + x2 + x3x3) =(x1 + x2) (x1 + x2) (x1 + x2) (x1 + x2) = (x1 + x2x2) (x1 + x2x2) =x1x1 = 0

b) Uzastopni parovi makstermova se razlikuju u najni�emrazredu tako da se posle primene distributivnog zakonata promenǉiva gubi. Uzastopni parovi dobijenihnepotpunih zbirova se razlikuju na slede�em vixemrazredu tako da se posle primene distributivnog zakonagubi i ta promenǉiva. Nastavǉa se postupak dok se ne


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijedo�e do najvixeg razreda kada postoje samo dva nepotpunazbira od po jedne promenǉive od kojih je jedna u afirmaciji adruga u negaciji (ista promenǉiva).18. Pokazati da je dualni izraz za ISKLJUCNO ILI logiqku

funkciju jednak ǌenom komplementu?Rexeǌe:x1 ⊕ x2 = x1x2 + x1x2 =⇒dual(x1 ⊕ x2) = (x1 + x2) (x1 + x2) =x1x1 + x1x2 + x1x2 + x2x2 = x1x2 + x1x2 = x1 � x2

(komplement od x1 ⊕ x2) .19. Pokazati:

a) da binarni operatori INHIBICIJA i IMPLIKACIJA nisu nikomutativni ni asocijativni

b) da su ISKLJUCNO ILI i EKVIVALENCIJA operatorikomutativni i asocijativni

v) NI operator nije asocijativang) NILI i NI operatori nisu distributivni?


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqke funkcijeRexeǌe:a) x/y = xy ; y/x = yx =⇒ x/y 6= y/x

(x/y) /z = (x/y) z = xyz ; x/ (y/z) = x(y/z) = x(yz) = x (y + z) =xy + xz =⇒ (x/y) /z 6= x/ (y/z)x ⊂ y = x + y ; x ⊃ y = x + y =⇒ x ⊂ y 6= x ⊃ y(x ⊂ y) ⊂ z = (x + y) + z = x + y + z ; x ⊂ (y ⊂ z) = x + (y + z) =x + yz =⇒ (x ⊂ y) ⊂ z 6= x ⊂ (y ⊂ z)

b) x1 ⊕ x2 = x1x2 + x1x2; x2 ⊕ x1 = x2x1 + x2x1 =⇒ x1 ⊕ x2 = x2 ⊕ x1

(x1 ⊕ x2)⊕ x3 = (x1x2 + x1x2) x3 + (x1x2 + x1x2)x3 = x1x2x3 +x1x2x3 + (x1 + x2) (x1 + x2) x3 = x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3

x1 ⊕ (x2 ⊕ x3) = x1(x2x3 + x2x3) + x1 (x2x3 + x2x3) =x1 (x2 + x3) (x2 + x3) + x1x2x3 + x1x2x3 =x1x2x3 +x1x2x3 +x1x2x3 +x1x2x3 =⇒ (x1 ⊕ x2)⊕x3 = x1⊕ (x2 ⊕ x3)x1 � x2 = x1x2 + x1x2; x2 � x1 = x2x1 + x2x1 =⇒ x1 � x2 = x2 � x1

(x1 � x2)� x3 = (x1x2 + x1x2)x3 + (x1x2 + x1x2) x3 =



(x1x2) (x1x2)x3 + x1x2x3 + x1x2x3 =(x1 + x2) (x1 + x2) x3+x1x2x3+x1x2x3 = x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3+x1x2x3

x1 � (x2 � x3) = x1(x2x3 + x2x3) + x1 (x2x3 + x2x3) =x1 (x2 + x3) (x2 + x3) + x1x2x3 + x1x2x3 =x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3 =⇒ (x1 � x2)� x3 = x1 � (x2 � x3)

v) (x1 ↑ x2) ↑ x3 =((x1x2)x3

)= [(x1 + x2) x3] = x1x2 + x3

x1 ↑ (x2 ↑ x3) =[x1(x2x3)

]= x1 + x2x3 =⇒

(x1 ↑ x2) ↑ x3 6= x1 ↑ (x2 ↑ x3)

g) x1 ↓ x2 ↑ x3 =[x1 + (x2x3)

]= x1 (x2x3) = x1x2x3

(x1 ↓ x2) ↑ (x1 ↓ x3) =[(x1 + x2)(x1 + x3)

]= (x1 + x2) + (x1 + x3) =

x1 + x2 + x3 =⇒ x1 ↓ x2 ↑ x3 6= (x1 ↓ x2) ↑ (x1 ↓ x3)



20. ”Ve�inski” logiqki element je onaj qiji je izlaz jednak 1ako je ve�ina ulaza jednaka jedinici, u suprotnom izlaz je0. Pomo�u tabele vrednosti odrediti logiqku funkcijurealizovanu pomo�u ”ve�inskog” logiqkog elementa satri ulaza. Uprostiti tu funkciju?Rexeǌe:x1 x2 x1 F

0 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 1 11 0 0 01 0 1 11 1 0 11 1 1 1


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqki elementi

F = x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3 + x1x2x3 = x1x2 + x1x3 + x2x3

21. Verifikovati tabelu vrednosti za ISKLJUCNO ILIlogiqki element sa tri ulaza. Izlistati sve varijacijeza x1, x2, x3 i prvo odrediti vrednosti za A = x1 ⊕ x2 apotom za F = A⊕ x3 = x1 ⊕ x2 ⊕ x3

x1 x2 x1 F = x1 ⊕ x2 ⊕ x3

0 0 0 00 0 1 10 1 0 10 1 1 01 0 0 11 0 1 01 1 0 01 1 1 1

?


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqki elementi, logiqka kolaRexeǌe:x1 x2 x1 A = x1 ⊕ x2 F = A⊕ x3

0 0 0 0 00 0 1 0 10 1 0 1 10 1 1 1 01 0 0 1 11 0 1 1 01 1 0 0 01 1 1 0 1

22. TTL SSI integrisana kola su najqex�e sa 14 izvoda. Dvaizvoda su rezervisana za napajaǌe a ostali su nameǌeniza ulazne i izlazne veliqine. Koliko je logiqkihelemenata u takvom integrisanom kolu ako su u pitaǌuslede�i tipovi logiqkih elemenata:


Auditorne ve�be iz Digitalnih sistemaLogiqka kola

a) ISKLJUCNO ILI logiqka kola sa dva ulaza

b) I logiqki elementi sa tri ulaza

v) NI logiqki elementi sa qetiri ulaza

g) NILI logiqki elementi sa pet ulaza

d) NI logiqki elementi sa osam ulazaRexeǌe:

a) Qetiri logiqka elementa

b) Tri logiqka elementa

v) Dva logiqka elementa i dva izvoda su neiskorix�ena

g) Dva logiqka elementa

d) Jedan logiqki element i tri izvoda su neiskorix�ena.


Documents

Bulova algebra Zoran M. Buqevacau.mas.bg.ac.rs/cms_upload/fakultet/fajlovi/101_digitaln... · · 2011-11-05slede ih teorema Bulove algebre: a) asocijativni b) DeMorganova teorema