Mantık Devreleri

KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi

BLM221 MANTIK DEVRELERİ

Prof. Dr. Mehmet Akbaba

[email protected]

1. HAFTA

Temel Kavramlar

• Sayı Sistemlerinin İncelenmesi

• Sayı Sayı Sistemlerinin Dönştürülmesi

• Sayı Sistemlerinde Hesaplama

Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 2 9/22/2014

Sayı Sistemlerinin İncelenmesi

Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 3

• SAYI SİSTEMLERİ

• 1. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi

• Bir sayı sisteminde sayıyı S, taban değeri R

ve katsayıyı (ağırlık katsayısı) da d ile

gösterirsek tam sayı sistemi,

• S = dnRn + dn-1Rn-1 +... + d1R

1 + d0R0

• formülü ile gösterilir. Kesirli sayıları ifade

etmek için aşağıdaki formül kullanılır.

• S = dn Rn + dn-1 R

n-1 +... + d1R1 + d0R

0 + d-1R-1

+ dn-2R-2 +... olur.

• d katsayılarının en büyük değeri R-1 olabilir.

9/22/2014


Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 4

• 1.1 Onlu (Decimal) Sayı Sistemi

• Onlu sayı sisteminde taban değer R=10’dur ve

10 adet rakam (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) kullanılır.

Eğer onluk sayıyı D ile gösterirsek genel

denklem,

• D = dn 10n + dn-110n-1 +... + d1 101 + d0100 + d-110-1

+ d -210-2 +... olur.

• Örnek: D = (69.3)10

• = d1R1 + d0R

0 + d-1R 1

• = 6.101+ 9.100+3.10-1 = 69.3

9/22/2014


0 ve 1 rakamlarından meydana gelen ve taban

değeri 2 olan sayı sistemidir. İkili sayı

sisteminde her bir basamak BİT (Bİnary DigiT),

en sağdaki basamak en düşük değerli bit

(Least Significant bit- LSB (en anlansız bit)), en

soldaki basamak ise en yüksek değerli bit

(Most Significant bit-MSB (en anlamlı bit))

olarak ifade edilir. İkili sayı sisteminde sayı B

ile gösterilirse genel ifade;

B= dn 2n + dn-12n-1 +... + d1 2

1 + d0 20 + d-1 2+

d-2 2-2 +... şeklinde olur.

1111.10= 1x23 + 1x22 + 1X21 + 1x20 + 1x2-1 + 0x2-2

9/22/2014


• MSB 1110011 LSB

• İkili sayı sistemleri bilgisayar gibi sayısal

bilgi işleyen makinalarda kullanılmaktadır.

Fakat bu sayı sistemi ile bir sayının ifade

edilmesi için çok fazla sayıda basamak

kullanmak gerekir. Bu nedenle ikili sisteme

kolay çevrilebilen (veya tersi) sekizli (octal)

ve onaltılı (hexadecimal) sayı sistemleri

geliştirilmiştir.



1.3 Sekizli (Octal) Sayı Sistemi

• Taban değeri sekiz olan ve 0-7 arası (0, 1, 2,

3, 4, 5, 6, 7) değer alan sayı sistemidir.

Genel ifadesi;

• O= dn 8n + dn-18

n-1 +... + d1 81 + d0 8

0 + d-18-1 +

d-2 8-2 +... şeklinde olur.

• Örnek: X= (47.2)8

• X= 4x81+7x80+2x8-1



1.4 Onaltılı (Hexadecimal) Sayı

Sistemi

Taban değeri 16 olan ve 0-15 arası (0, 1, 2, 3,

4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C, D, E, F) değer alan sayı

sistemidir. Genel ifadesi;

(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A=10, B=11, C=12,

D=13, E=14, F=15)

H= d n16n + d n-116n-1 +... + d1 161 + d0 160 +

d -116-1 + d -216-2 +... olur.

9/22/2014


• Örnekler:

• a) H=(2A.C)16 =2x161+10x160+12x16-1

• b) H= (26.75)16= (2x161+6x160+7x16-1+5x16-2 )10

• c)

H=(A5D.2C)16=(10x162+5x161+13x160+2x16-1

+12x16-2)10


Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi

• 2. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi

• 2.1 Onluk sayıların ikili, sekizli ve onaltılı

sayılara dönüştürülmesi

• Onluk sayı sisteminde bir tamsayıyı diğer

sayı sistemine dönüştürmek için onluk sayı

dönüştürülecek sayıya sürekli bölünür ve her

bölme işleminden kalan sayı sondan başa

doğru (alttan yukarıya doğru) yazılır

(sıralanır).



• Onluk sayıların ikilik sayılara dönüştürülmesi

• ÖRNEK 1 : (53)10 sayısını ikili sayı sistemine

çeviriniz.

• 53 / 2 = 26, kalan = 1 En küçük bit (LSB: Less

Significant Bit)

• 26 / 2 = 13, kalan = 0 En küçük bit (LSB)

• 13 / 2 = 6 , kalan = 1

• 6/ 2 = 3, kalan = 0

• 3 / 2 = 1, kalan = 1

• 1/ 2 = 0, kalan = 1 En büyük bit (MSB)



• Tam sayı kısmı için sıralama aşağıdan

yukarıya doğrudur.

• (53)10 = (110101)2

• Örnek 2: (1271)10 sayısını ikili sayıya

dönüştürelim.

• Çözüm:



• İşlem Bölüm Kalan

• 1271 / 2 = 635 1

• 635 / 2 = 317 1

• 317 / 2 = 158 1

• 158 / 2 = 79 0

• 79 / 2 = 39 1

• 39 / 2 = 19 1

• 19 / 2 = 9 1

• 9 / 2 = 4 1

• 4 / 2 = 2 0

• 2 / 2 = 1 0

• 1 1



Sonuç olarak kalan kolonunu aşağıdan

yukarıya doğru sıralarsak;

(1271)10 = (10011110111)2

eşitliği bulunur.

Kesirli onluk sayılar ikili sayıya

dönüştürülürken kesirli kısım sürekli 2 ile

çarpılır. Çarpım sonucunda elde edilen sayının

tam sayı kısmı yazılır. kesirli kısım 2 ile

yeniden çarpılır. Bu işleme kesirli kısım ‘0’

değerine (veya 0’a çok yakın bir değere)

ulaşıncaya kadar devam edilir.

9/22/2014


Kesirli onlu sayılar ikili sayılara dönüştürülürken

kesir kısmı 2 ile çarpılır ve sadece tam sayı kısmı

kaydedilir. Sonucun sadece kesirli kısmı tekrar 2 ile

çarpılıp işleme devam edilir.

ÖRNEK 2 : (41.6875)10 sayısını ikili sisteme

çeviriniz.

Tamsayı kısmı

41 / 2 = 20, kalan = 1

20 / 2 = 10, kalan = 0

10/ 2 = 5 , kalan = 0

5/ 2 = 2, kalan = 1

1/ 2 = 1, kalan = 0

1/ 2 = 0, kalan = 1 9/22/2014


Kalan kolonu aşağıdan yukarıya doğru sıralanırsa:

(41)10 = (101001)2

Kesirli kısım

0.6875 *2 = 1.3750 tamsayı = 1

0.3750 *2 = 0.7500 tamsayı = 0

0.7500 *2 = 1.5000 tamsayı = 1

0.5000 *2 = 1.0000 tamsayı = 1

Kesirli kısım için sıralama yukarıdan aşağıya

doğrudur.

(0.6875)10 = (1011)2

(41.6875)10 = (101001.1011)2

9/22/2014


Örnek 3: (0.65)10 sayısını ikili sayı sistemine

çevirelim.

Tam sayı Kısım yok. Sadece kesirli kısım

vardır.

0.65 * 2 = 1.30 1 (s1)

0.30 * 2 = 0.60 0 (s2)

0.60 * 2 = 1.20 1 (s3)

Sıralama yönü yukarıdan aşağıya doğru

olduğundan s1, s2, s3 sıralaması takip edilir.

Sonuç; (0.65)10 ≅ (0.101)2

9/22/2014


Onluk sayıların sekizlik sayılara dönüştürülmesi

ÖRNEK 1: (46)10 sayısını sekizli sayıya

dönüştürün

46 / 8 = 5, kalan = 6

58 , kalan = 5

(46)10 = (56)8

Kesirli sayılar sekizli sayıya çevrilirken kesirli

kısım 8 ile çarpılarak devam edilir. Tam sayı

kısımlar alınıp yukarıdan aşağıya sıralanır.

9/22/2014


ÖRNEK 1: (46.15)10 sayısını sekizli sayıya

dönüştrün.

Tamsayı Kısmı Kesirli Kısım,

46/ 8 = 5, kalan = 6 0.150* 8 = 1.200 tamsayı= 1

58 , kalan = 5 0.200 * 8 = 1.600 tamsayı =1

0.600 * 8 = 4.800 tamsayı = 4

(53.15)10 = (56.114)8

(Daha fazla hassasiyet istenirse kesirli kısım için

işlem devam ettirilebilir)

9/22/2014


Onluk sayıların onaltılık sayılara dönüştürülmesi

ÖRNEK 1: (46)10 sayıyı onaltılık sayıya

dönüştürün.

46/16 = 2, kalan = 14

216, kalan = 2

(46)10 = (2E)16

Kesirli kısım 16 ile çarpılarak çikan sayının tam

sayı kısmı alınıp yukarıdan aşağıya doğru

sıralanır.

9/22/2014


ÖRNEK 2: (220.975)10 sayıyı onaltılık sayıya

dönüştrün.

Tamsayı kısmı

220 / 16 = 13 kalan = 12 (C)

13 16 kalan = 13 (D)

Kesirli kısım

0.975x16 = 15.600 tamsayı = 15 (F)

0.600x16 = 9.600 tamsayı = 9

0.600 x16 = 9.600 tamsayı = 9

(220.975)10 = (DC.F99)16

9/22/2014


2.2. İkili Sayıların Dnüştürülmesi

İkili sistemdeki bir sayı her basamağının ağırlık

katsayısı ile çarpılıp bulunan değerlerin

toplanması ile onlu sayı sistemine

dönüştürülür.

ÖRNEK: (10111.101)2 sayısını onlu sayıya

dönüştürünüz.

(10101.101)2 = 1 x 24 + 0 x 23 + 1 x 22 + 0 x 21 + 1

x 20, 1 x 2-1+ 0 x 2-2 + 1 x 2-3 = 16 + 4 + 1, 0.5 +

0.125 = (23.625)10

9/22/2014


İkili Sayıların Sekizli Sayılara Dönüştürülmesi

İkili sayılar sekizliye dönüştürürken sayıların

tam kısmı sağdan sola doğru, kesirli kısım ise

soldan sağa doğru üçerli grup olarak

düzenlenir. Sonra her bir sayı katsayısı ile

çarpılarak sonuç bulunur.

ÖRNEK: (10101.101)2 sayısını sekizli sayıya

dönüştürün.

(10101.101)2 = (010 101 . 101) = (25.5)8

9/22/2014


İkili Sayıların Onaltılı Sayılara Dönştürülmesi

İkili sayılar onaltılı sayıya dönüştürürken sayıların tam

kısmı sağdan sola doğru, kesirli kısım ise soldan sağa

doğru dörderli grup olarak düzenlenir. Sonra her bir

sayı kendi katsayısı ile çarpılarak sonuç bulunur.

ÖRNEK: (11101.101)2 sayısını onaltılı sayıya

çeviriniz.

(11101.101)2 = (0001 1101 .1010)=(1 13 . 10)16

= (1D.A)16

9/22/2014


2.3 Sekizli Sayıların Dönüştürülmesi

Sekizli Sayıların İkili Sayılara dönüştürülmesi

Sekizli sayılar ikili sayılara dönüştürürken her

basamağın ikili sayıdaki karşılığı yazılır.

ÖRNEK: (673.124)8 sayısını ikili sayıya

dönüştürün.

610= 1102, 710 = 1112, 310 = 0112, 110 = 0012,

210 = 0102 , 4 10= 1002

(673.124)8 = (110 111 011.001 010 100)2

9/22/2014


9/22/2014

Sekizli Sayıların Onlu Sayılara dönüştürülmesi

Sekizli sayı onlu sayıya dönüştürürken her bir

basamaktaki sayı kendi katsayısı ile çarpılır ve

toplam bulunur.

ÖRNEK : (32.12)8 sayısını onlu sayıya çeviriniz

(32.12)8 = 3 x 81 + 2 x 80 +1 x 8-1 + 2 x 8-2

= 24 + 2+0.125 + 0.03125 = (26.15625)10


9/22/2014

Sekizli Sayının Onaltılı Sayıya dönüştürülmesi

Sekizli sayıyı onaltılı sayıya dönüştürmenin en

kolay yolu sekizli sayıyı ikili sayıya dönüştrüp

sonra onaltılı sayıya dönştürmektir (İkili sayıya

dönüştürüldükten sonra 4’lü guruplar alınır).

ÖRNEK : (32.12)8 sayısını onaltılı sayıya

dönüştürün. , 310 = 0112, 210 = 0102 , 110 = 0012, 210 = 0102

(32.12)8 = (011 010.001 010)2

= (0001 1010 . 0010 1000)2 = (1 10 . 2 8)16= (1A.28)16


9/22/2014

2.4 Onaltılı sayıların Dönüştürülmesi

Onaltılı sayıların ikili sayılara dönüştürülmesi

Onaltılı sayılar ikili sayılara dönüştürürken

onaltılı sayının her basamağındaki sayının ikili

sayı karşılığı 4 bit olarak yazılır.

ÖRNEK: (32.12)16 sayısını ikili sayıya

dönüştürün 310 = 0112, 210 = 0102 , 110 = 0012, 210 = 0102

(32.12)16 = (0011 0010. 0001 0010)2


9/22/2014

Onaltılı sayıların sekizli sayıya dönüştürülmesi

Onaltılı sayıları sekizli sayıya dönüştrmenin en

kolay yolu onaltılı sayıyı önce ikili sayıya

dönüştürüp sonra sekizli sayıya

dönüştürmektir.

ÖRNEK: (32.12)16 sayısını sekizli sayıya

dönüştürün.

= (0011 0010. 0001 0010)2

(32.12)16 = (62.044)8


9/22/2014

Onaltılı sayıların onlu sayıya dönüştürülmesi

Onaltılı sayı onlu sayıya çevrilirken her bir

basamaktaki sayı kendi katsayısı ile çarpılır ve

toplam bulunur.

ÖRNEK: (32.12)16 sayısını onlu sayıya

dönüştürün

(32.12)16 = 3 x 161 + 2 x 160, 1 x 16-1 + 2 x 16-2

= 48 + 2, 0.0625 + 0.00781

= (50.0703)10

9/22/2014

Sayı Sistemlerinde Hesaplama

3.0 Sayı Sistemlerinde Hesaplama Bütün sayı sistemlerinde işaret (+ veya -) kullanılabilir ve aşağıdaki bağıntılar bütün sayı sistemlerinde uygulanabilir. 1) +a + (+b) = a + b 2) +a + (-b) = a - b 3) +a - (+b) = a - b 4) +a - (-b) = a + b

9/22/2014

Sayı Sistemlerinde Hesaplama 3.1 İkili (Binary) Sayı Sisteminde Toplama

İkili sayılarda toplama onlu sayılarda olduğu gibi

basamak basamak toplamak suretiyle yapılır.

Binary (ikili) sayı sisteminde toplama kuralı

aşağıdaki gibidir:

0 + 0 =0

0 + 1 = 1

1 + 0 = 1

1 + 1= 0 ve bir önceki kolona 1 ekle

0+0=0, 0+1=1, 1+0=1,

1+1=0 ve bir önceki (bir soldaki) kolona 1 ekle

9/22/2014


ÖRNEK 1: (111)2 sayısı ile (011)2

sayısını toplayınız.

1 1 1 Eklemeler

1 1 1

+ 0 1 1

10 1 0

9/22/2014


ÖRNEK 2: (1101.110)2 + (0110.101)2 + (1111.111)2

sonucunu bulunuz.

1101.110

0110.101

+ 1111.111

100100.010

Örnek 3: Desimal 64 ve 99 sayılarını binary

(ikili) sayı sistemi kullanarak toplayınız.

(carrie: elde)

9/22/2014


1 Carrie

6410 = 1 0 0 0 0 0 0

+ 9910 = 1 1 0 0 0 1 1

16310 = 1 0 1 0 0 0 1 1

1x27+0x26+1x25+0x24+0x23+0x22+1x21+1x20

=128+0+32+0+0+0+2+1=16310

(10100011)2=(163)10

(binary 10100011 = desimal 163)

9/22/2014


1.İkili (Binary) Sayı Sisteminde Çıkarma

İkili sayılarda çıkarma onlu sayılara benzer

olarak yapılır.

0 - 0 = 0, 1 - 0 = 1, 1 - 1 = 0, 0 - 1 = 1 (Borç

(barrow) 1, (bir soldaki kolondan 1 borç alınır) )

ÖRNEK: (1101.110)2 - (0110.101)2 sonucunu

bulunuz.

1101.110

- 0110.101

0111.001

9/22/2014


İkili sayılarda sayının sıfırdan küçük olması

durumunda doğrudan çıkarma işlemi

uygulanamamaktadır. Bunun yerine tümleyen

aritmetiğine göre çıkarma işlemi

uygulanmaktadır.

ÖRNEK 1: (11)2 sayısını (111001)2 sayısından

çikartınız. (barrow: Borç)

9/22/2014


ÖRNEK 1: (11)2 sayısını (111001)2

sayısından çikartınız. (barrow: Borç)

1 1 borrows

1 1 1 0 0 1

- 1 1

1 1 0 1 1 0

9/22/2014


1 1 1 1 borrows

1 0 0 0 0

- 1 1

1 1 0 1

Örnek 2:

İkili Sayı Sisteminde (Binary) Çarpma

Binary çarpmanın temeli aşağıdaki gibidir:

0 x 0 = 0

0 x 1 = 0

1 x 0 = 0

1 x 1 = 1

40 9/22/2014 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221

1310 ve 1110 sayılarının binary çarpımını bulalım: Örnek 1

1 1 0 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 0 1

0 0 0 0

1 1 0 1

1 0 0 0 1 1 1 1 =14310


9/22/2014


Örnek 2: Binary çarpma yaparken eldeleri şaşırmadan

doğru yapmak için ara çarpımlar yapmak kolaylık

sağlar.

1 1 1 1

1 1 0 1

1 1 1 1 1. ara çarpım


(0 1 1 1 1) 1. ve 2. ara çarpımların toplamı


(1 0 0 1 0 1 1) 3. ara çarpımdan sonraki toplam


1 1 0 0 0 0 1 1 Sonuç

İkili (Binary) Sayı sisteminde Bölme

Binary bölme normal ondalık sayıdaki

bölme gibidir

Örnek 1: 1102 sayısını 102 sayısına

bölelim ( binary bölme)

1 1

1 0 1 1 0

1 0

0 1 0

1 0

0 0

(Sonuç)


9/22/2014


Örnek 2: Sayısını 2510 810 sayısına binary olarak

bölelim (=3.12510)

11.001

1000 110011000

01001

1000

00010001000

0000

KAYNAKÇA

1. Hüseyin EKİZ, Mantık Devreleri, Değişim

Yayınları, 4. Baskı, 2005

2. Lojik Devre Tasarımı, Taner Arsan, Rifat

Çölkesen, Papatya Yayıncılık, 2013

3. Thomas L. Floyd, Digital Fundamentals,

Prentice-Hall Inc. New Jersey, 2006

4. M. Morris Mano, Michael D. Ciletti, Digital

Design, Prentice-Hall, Inc.,New Jersey, 1997

5. Hüseyin Demirel, Dijital Elektronik, Birsen

Yayınevi, İstanbul, 2012

9/22/2014

Teşekkür Ederim

Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi

çalışmalar dilerim…



BLM221 MANTIK DEVRELERİ

Prof. Dr. Mehmet Akbaba

mehmetakbaba@karabük.edu.tr

2. HAFTA

Temel Kavramlar

• Tümleyen Aritmetiği

• r Tümleyeni Aritmetiği

• r-1 Tümleyeni Aritmetiği

• İkili Sayı Kodları

• BCD Kodu

• Ağırlıklı Kodlar

• Ağırlıksız Kodlar

Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 2 22.09.2014

Tümleyen Aritmetiği

• Öncelikle bilmek gereken konu sadece

negatif (-) sayıların tümleyeninden

bahsediliyor. Tümleyenini alcağımız sayıların

negatif sayılar olduğunu varsaycağız.

• Tümleyen ifadesini örneklemek için sayıcıları

kullanabiliriz. Sayıcılar yukarı doğru

sayarken 01, 02 diye artar. Aşağı doğru

sayarken ise 09, 08 diye azalır. Burada 09’un

tümleyenine 01, 08’in tümleyenine de 02

denilmektedir.



• İkili sayı sisteminde iki tümleyen

kullanılmaktadır. Bunlar 1’in tümleyeni ve

2’nin tümleyeni r tabanlı bir sayı sisteminde

tümleyenler r (r:radix (tümleyeni ve r-1

tümleyeni olarak ifade edilir.

• ÖRNEK: 10 tabanlı bir sayı sisteminde r

tümleyeni 10, r-1 tümleyeni 9 dur.

•



2.1.1 r-Tümleyeni

r tabanlı bir tam sayı sisteminde n

basamaklı pozitif tamsayı N ile gösterilirse

N sayısının r tümleyeni Nr=rn-N olarak

tanımlanabilir (n: kullanılan bit veya

basamak sayısı.)

ÖRNEK 1: (125.456)10 sayısının 10

tümleyenini bulunuz.

(125)10 sayısının tamsayı kısmı 3

basamaklıdır. Bu nedenle rn = 103 tür.

Nr=rn- N = 103 -125.456 = 874.544

22.09.2014

22.09.2014


Örnek 7: (21.426)10 sayısının 10’a tümleyenini ve

9’a tümleyenini bulunuz.

10’a tümleyeni:

Nr=10n-N=100.000-21.456=78.544 olur.

9’a tümleyeni:

r-1 tümleyen=Nr-1=rn-r-m-N

Nr-1=102-10-3-21.426=100-0.001-21.426=78.543

olur.


• ÖRNEK 2: (110010.1011)2 sayısının 2’ye


• (110010.1011)2 sayısının tamsayı kısmı 6

basamaklıdır. Bu nedenle rn = 26 dır.

• Nr=rn- N = 26 – 110010.1011 = 1000000-

110010.1011 = 0001101.0101 olur.

• İkili sayı sisteminde 2’nin tümleyeni iki şekilde

bulunabilir (ikili sayı sisteminde r=2 dir).

• N sayısındaki bitlerin tersi alınır (1’ler 0, 0’lar 1

yapılır) ve LSB’e 1 eklenir.


• ÖRNEK 3: (110010)2 sayısının r (r=2)


• (110010)2 sayısında 1’ler 0, 0’lar 1 ile

değiştirilirse (001101)2 sayısı elde edilir.

LSB’e 1 eklenirse (001110)2 sayısı bulunur.

• (110010)2 sayısının r tümleyeni (001110)2 dir.

• N sayısındaki LSB’ten itibaren sıfırdan farklı

ilk sayıya kadar (ilk sayı dahil) alınır, kalan

bitlerin tersi alınır. (1’ler 0, 0’lar 1 yapılır)

Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 8


22.09.2014


ÖRNEK 4: (110010)2 sayısının r (burada r=2)

2’ye tümleyenini bulunuz.

(110010)2 sayısında 0’dan farklı ilk sayıya

kadar bitler yazılır ve kalan bitlerin tersi

alınırsa (001110)2 sayısı elde edilir.

(110010)2 sayısının 2 tümleyeni (001110)2 dir.

Veya rn-N fomülü uygulanırsa:

Nr=26-110010=1000000-110010=001110

elde edilir.

22.09.2014


PPProf. Dr. M. Akbaba BLM 221i 10

2.1.2 r-1 Tümleyeni

• Bir N tam sayının r-1 tümleyeni Nr-1=rn-1-N olur.

• Kesirli bir N sayının tümleyeni Nr-1=rn-r-m-N dir.

• n: tamsayı kısmındaki basamak (digit) sayısı

• m: kesirli kısımdaki basamak (digit) sayısı

• ÖRNEK 5 : 2314 desimal sayısının 9’a tümlenini

bulalım. Çözüm n=4, r=10. 104-1-2314=

• =10000-1-2314 =9999-2314=7685 elde edilir.

• ÖRNEK 6: Binary (101101)2 sayısının r-1 (r=2)

veya 1’ tümleyenini bulunuz.

22.09.2014


Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221 11

• ÖRNEK 7 : 2314 desimal sayısının 9

tümlenini bulalım.

• n=4, r=10. 104-1-2314=10000-1-

2314=9999-2314=7685 elde edilir.

• ÖRNEK 8: Binary (101101)2 sayısının r-1 (r=2)

veya 1 tümleyenini bulunuz.

• Normalde 0 ları 1 birleri 0 yapmak yeter:

Sonuç= 010010 elde edilir.

22.09.2014

22.09.2014


Fomül uygulanırsa:

26-1-101101=1000000-

0000001-101101=0010010

aynı sonuç bulunur.

Normalde 0 ları 1 birleri 0 yapmak yeter: Sonuç= 010010 elde edilir.

22.09.2014


Kesirli sayıların r-1 tümleyeni Nr-1= rn-r-m-N dir.

Örnek 9: (624.125)10 sayısının 10’a ve 9’a tümleyenlerini

bulunuz.

Çözüm: r=10, n=3, m=3

Sayının 10’a tümleyeni=103-624.125=375.875 olur.

9’a tümleyeni=103-10-3-624.125=375.874

Örnek 10: (100110.011)2 binary (ikili) sayısının 2’ye ve 1’e

tümleyenlerini bulunuz.

Çözüm: r=2, n=6, m=3

Sayının 2’ye tümleyeni: 26-100110.011=011000.101

1’e tümleyeni:

1000000-0.001-100110.011=1000000-100110.100

=0011001.1 olur



• ÖRNEK11 : Desimal (725.250) sayısının 9’a


• r = 10, n = 3, m = 3 olduğundan 9’a tümleyeni;

• 103 -10-3 - 725.250 =1000-0.001-725.250= 275.749

• ÖRNEK 12: Binary (110.1011) sayısının 1’e

tümleyenini bulunuz. r = 2, n = 3, m = 4 olduğundan

1’e tümleyeni;

• 23 -2-4 - 110.1011 = 1000-0.0001 - 110.1011 = 001.0100



• Yukarıdaki örneklerden görüleceği gibi 10

tabanındaki bir sayının r-1 =9’a tümleyeni

bulunurken her basamaktaki sayı 9’dan

çıkarılır.

• İkili sayı sisteminde ise bitler ters çevrilir.

• ÖRNEK 13: (1001011011)2 binary sayısının

1’e tümleyenini bulunuz.

• Çözüm: 0 ları 1 ve 1 leri 0 yapmak yeterli.

Sonuç: 0110100100 olur.


• 2.1.4. r tümleyen aritmetiği ile çıkarma

• R tabanındaki iki pozitif sayının ‘M - N’ işlemi

aşağıdaki gibi özetlenebilir.

• a) M sayısının kendisi ile N sayısının r

tümleyeni toplanır

• b) Toplama sonucunda bulunan değerin

‘elde’ si varsa bu değer atılır ve sayının

pozitif lduğu kabul edilir. Eğer elde değeri

yoksa bulunan değerin r tümleyeni alınır ve

önüne - işareti konur.



• ÖRNEK 1: (72532-3250) işleminin sonucunu

10’a tümleyen kullanarak bulunuz.

• 03250 sayısının 10 tümleyeni 100000 - 3250 =

96750.

• Ohalde sonuç: 72532 + 96750 = 169282 (Elde

1 var)

• İşaret biti 1‘dir bu yüzden sonuç +69282 dir.


22.09.2014


ÖRNEK 2: Desimal (03250 - 72532) işleminin

sonucunu 10 tümleyeni kullanarak bulunuz.

72532 sayısının 10 tümleyeni 100000 - 72532 =

27468 03250 + 27468 = 030718 (Elde 0 var)

İşaret biti 0‘dır bu yüzden 030718’in tümleyeni

alınır ve önüne - işareti konur.

Sonuç (-69282) dir.

22.09.2014


ÖRNEK 3: (1010100)2 - (1000100)2

işleminin sonucunu 2’nin tümleyenini

kullanarak bulunuz.

(1000100)2 sayısının 2 tümleyeni 0111100

dir. Dolayısiyle sonuç: 1010100 + 0111100

= 10010000 (İşaret biti 1)

İşaret biti 1 olduğundan sonuç + 0010000

olur.

22.09.2014


2.1.5 r-1 tümleyeni ile çıkarma

r-1 tümleyeni ile çıkarma işlemi r tümleyeni

ile çıkarma işlemine benzer. M-N işlemi için

a) M sayısının kendisi ile N sayısının r-1

tümleyeni toplanır

b) Sonuçta elde (taşma) biti oluşursa

bulunan değere (taşma bitinden geriye

kalan kısım) 1 eklenir.

Taşma biti oluşmazsa sonuç sayının

tümleyeni alınır ve sayı negatif işaretli olur.

22.09.2014


ÖRNEK 1: (72532-3250) işleminin sonucunu 9

tümleyeni kullanarak bulunuz.

Çözüm: Nr-1=rn - r-m – N formülü kullanılırsa

negatif sayı -03250 sayısının 9’a tümleyeni

105-0-3250-1= 99999 - 3250 = 96749 dır.

72532 + 96749 = 169281 (Elde 1 var)

İşaret biti 1‘dir bu yüzden sonuç 69281+1 =

= +69282 olur.

22.09.2014


ÖRNEK 2: (03250 - 72532) işleminin sonucunu

9’a tümleyeni kullanarak bulunuz.

Çözüm:

72532 sayısının 9 tümleyeni 99999 - 72532 =

27467 dır.

03250 + 27467 = 030717 (Elde 0 var)

İşaret biti 0‘dır bu yüzden 30717’in tümleyeni

alınır ve önüne -işareti konur. Sonuç (-69282)

22.09.2014


ÖRNEK 3: (1010100)2 - (1000100)2 işleminin

sonucunu 1’in tümleyenini kullanarak

bulunuz.

(1000100)2 sayısının 1 tümleyeni 0111011 dir.

1010100 + 0111011 = 10001111 (İşaret biti

(elde) 1)

İşaret biti 1 olduğundan sonuç 0001111 + 1 =

0010000 dır.

22.09.2014

Örnek Soru Çözümleri

Soru 1 - Aşağıdaki sayıları onluk tabana

dönüştürünüz.

a) (4310)5 b) (198)12 c) (735)8 d) (525)6

Çözüm:

(4310)5 = 4 * 53 + 3 * 52 + 1 * 51 =( 580)10

(198)12 = 1 * 122 + 9 * 121 + 8 * 120 = (260)10

(735)8 = 7 * 82 + 3 * 81 + 5 * 80 = (477)10

(525)6 = 5 * 62 + 2 * 61 + 5 * 60 = (197)10

22.09.2014


d) Önce sayının binary (ikili) sayıya

dönüştürülmesi gerekir. Decimal sayının

binary sayıya nasıl dönüştürüleceğini

biliyoruz.

(23.84)10 =(10111)2 olur.

1’e tümleyen= 01000,

2’ye tümleyen=01001 olur.

22.09.2014


Soru 2 - Aşağıdaki sayıların 1’e (1’s complement)

ve 2 ‘ye (2’s complement) tümleyenlerini

bulunuz.

a) (1100110)2 b) (01101101)2 c) (111101)2

d) (23.84)10 e) (125.625)10

Çözüm:

a) 1’e tümleyen: 0011001,

2’ye tümleyen: 0011010

b) 1’e tümleyen: 10010010,


c) 1’e tümleyen: 000010,


22.09.2014


e) Sayının binary (ikili) dönüşümü:

(125.625)10=(1111101.101)2

1’e tümleyen: 0000010.100,

2’ye tümleyen: 0000011.100

22.09.2014


Soru 3: Aşağıdaki sayıları onluk sayılara

dönüştürmeden toplayın ve çarpın.

a) (11001)2 ve (1101)2 b) (2AC)16 ve (E2)16

c) (3A4)16 ve (C5)16

Çözüm: a) 11001 (=2510)

+ 1101 (=1310)

100110 = (38)10

22.09.2014


11001

X 1101

11001

+ 11001

1001011

+ 11001

(10010011)2 =(275)10=(25X11)

22.09.2014


(2AC)16 [ (684)10]

+ ( E2)16 [ (226)10] (684+226=910)

( 38E)16 =(910)10

b)

(2AC)16 [ (684)10]

X ( E2)16 [ (226)10] (684x226=154584)

558

+ 2568

(25BD8)16 = (154584)10

22.09.2014


(3A4)16 [ (932)10]

+ ( C5)16 [ (197)10] (932+197=1129)

c)

( 469)16 =(1129)10

(3A4)16 [ (932)10]

X ( C5)16 [ (197)10] (932x197=183604)

1234

+ 2BB0

(2CD34)16 = (183604)10

İKİLİ SAYI SİSTEMİNDE (BINARY) KODLAR

1) İKİLİ KODLANMIŞ ONLU SAYI KODU (BINARY CODED

DECIMAL (BCD))

Bilgisayarlar genelde binary sayılarla işlem yaparlar,

ancak sonuçlar onluk sayı sisteminde verilir. Bu nedenle

ondalık (Decimal) sayıların ikili sayı sistemşnde

kodlanması gerekmektedir. Aşağıdaki örnek bu kodlayı

açıklamaya yeterlidir

937.25 sayısı BCD olarak aşğıdaki gibi kodlanır:

1001 0011 0111 . 0010 0101

9 3 7 2 5

Görüldüğü gibi her bir decimal (onluk) sayı binary

(ikili) sayı olarak kodlanmıştır.

32 9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba

33

BCD (İkili (binary) kodlanmış ondalık sayı) sayılarla

Toplama:

Örnek 1: 14610+25910=40510

0001 0100 0110 BCD formunda yazılım

+ 0010 0101 1001

0011 1001 1111

+ 0110 düzeltme sayısı (1111>9)

0011 1010 0101

+ 0110 düzeltme sayısı (1010>9)

0100 0000 0101 =40510

Herhangi bir BCD blok 9 dan büyük olunca o bloka düzeltme sayısı olarak 6 (binary 0110) eklenir.

9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba

34

Örnek 2:

5210+19910=25110

0000 0101 0010 BCD formunda yazılım

+ 0001 1001 1001

0001 1110 1011

+ 0110 0110 düzeltmeler

0010 0101 0001 =25110


22.09.2014

AĞIRLIKLI KODLAR

2) 8-4-2-1 KODU (bu kod ağırlıklı bir koddur)

8-4-2-1 KODU

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 0

3 0 0 1 1

4 0 1 0 0

5 0 1 0 1

6 0 1 1 0

7 0 1 1 1

8 1 0 0 0

9 1 0 0 1


3) 6-3-1-1 KODU (AĞIRLIKLI KOD)

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 1

3 0 1 0 0

4 0 1 0 1

5 0 1 1 1

6 1 0 0 0

7 1 0 0 1

8 1 0 1 1

9 1 1 0 0


3) 4-3-2-1 CODE (Ağırlıklı kod)

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 0

3 0 1 0 0

4 1 0 0 0

5 1 0 0 1

6 1 0 1 0

7 1 1 0 0

8 1 1 0 1

9 1 1 1 0

9/22/2014 38 Prof. M. Akbaba Digital Logic

9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba 39

AĞIRLIKLIKSIZ KODLAR

4) ARTI 3 (EXCESS 3) Kodu (Ağırlıksız kod) 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0

2 0 1 0 1

3 0 1 1 0

4 0 1 1 1

5 1 0 0 0

6 1 0 0 1

7 1 0 1 0

8 1 0 1 1

9 1 1 0 0

40

Bu kod 8-4-2-1 kodunun her sayısına 3 (0011) eklenerek bulunmustur ve ağırlıksız bir koddur.


5. 5’te 2 Kodu (AĞIRLIKSIZ KOD)

0 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 1

2 0 0 1 1 0

3 0 1 0 0 1

4 0 1 0 1 0

5 0 1 1 0 0

6 1 0 0 0 1

7 1 0 0 1 0

8 1 0 1 0 0

9 1 1 0 0 0

41

her ondalık sayı 5 bit ile yazılmıştır ve her satırda sadece iki tene 1 vardır. Analog-digital ölçmelerde çok kullanılan bir koddur.


6) GRAY Kodu (Ağırlıksız kod)

9/22/2014 42 Prof. M. Akbaba Digital Logic

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 1

3 0 0 1 0

4 0 1 1 0

5 0 1 1 1

6 0 1 0 1

7 0 1 0 0

8 1 1 0 0

9 1 1 0 1 Ölçülmüş anlog işaretlerin dijital işarete

dönüştürülmesine sıkça kullanılan bir koddur (A/D

converters), örneğin motorların hızını when mesuring

mil encoderi kullanarak ölçülmesinde.

43

ASCII: American Standard Code for

Informatıon Interchange

ASKI (ASCII) KOD


Table 1-3 ASCII code

(incomplete)


9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba 45

Kaynakça:

1. Hüseyin EKİZ, Mantık Devreleri, Değişim

Yayınları, 4. Baskı, 2005

2. Thomas L. Floyd, Digital Fundamentals,

Prentice-Hall Inc. New Jersey, 2006

3. M. Morris Mano, Michael D. Ciletti, Digital

Design, Prentice-Hall, Inc.,New Jersey, 1997

4. Hüseyin Demirel, Dijital Elektronik, Birsen

Yayınevi, İstanbul, 2012

Teşekkür Ederim





BLM 221 MANTIK DEVRELERİ

Prof Dr Mehmet AKBABA

[email protected]

3. HAFTA

Temel Kavramlar

• BOOLE CEBİRİ.

• TEMEL TEOREMLER

• BOOLEAN İFADELERİNİN LOJİK KAPILARLA GERÇEKLEŞTIRILMESİ VE DOĞRULUK TABLOLARI

Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 2 14.12.2013

BOOLE CEBİRİ

• Elektronik devrelerin bir kısmını oluĢturan

anahtarlamalı sistemlerin temelini oluĢturduğu

Lojik devreler, ikili moda göre çalıĢır ve giris

/çıkıĢları ‘0’ veya ‘1’ değerlerinden birisini

alabilir. Böyle bir devre, cebirsel veya grafiksel

yöntemlerden birisi kullanılarak sadeleĢtirilebilir.

Lojik devrelerin sadeleĢtirilmesinde kullanılan

yöntemlerden birisi, temel prensiplere göre

doğruluğu kabul edilmiĢ iĢlemler, eĢitlikler ve

kanunlardan oluĢan Bool kurallarıdır.


BOOLE CEBĠRĠ

• Diğer bir deyiĢle; ‘Bool kuralları’, dijital

devrelerin sahip oldukları giriĢlerin etkilerini

açıklamak ve verilen bir lojik eĢitliği

gerçekleĢtirilecek en iyi devreyi belirlemek

amacıyla lojik ifadeleri sadeleĢtirmede

kullanılabilir.4

• Bool DeğiĢkeni: Ġki adet boolean değiĢkeni

vardır. 0-1, D (doğru)-Y(yanlıĢ), H(high)-L(Low),

ON-OFF bool değiĢkenleri olarak

kullanılmaktadır. Bu derste 0-1 kullanılacaktır.


BOOLE CEBİRİ

Bool ĠĢlemleri: Bool değiĢkenlerinin dönüĢümünde

kullanılan iĢlemlerdir. Bu iĢlemler VE (AND),

VEYA(OR), DEĞĠL (NOT) iĢlemleridir.

• 3.1 VEYA (OR) ĠĢlemi:

• Matematikteki toplama iĢlemine karĢılık gelmektedir.

Elektrik devresi olarak birbirine paralel bağlı

anahtarlar ile gösterilebilir.

• ġekil 3.1.a’de VEYA (OR) iĢleminin doğruluk tablosu,

ġekil 3.1.b’ de simgesi, ve ġekil 3.1.c’ de elektrik

devre eĢdeğeri verilmiĢtir.


Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 6

A B C=A+B

0 0 0

0 1 1

1 0 1

1 1 1

ġekil 3.1.a: VEYA (OR) iĢleminin

doğruluk tablosu

ġekil 3.1.b: VEYA (OR) iĢleminin simgesi

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.1.c: VEYA (OR) ĠĢlemi: Elektrik devre

eĢdeğeri

OR kapısı lojik toplama iĢlemi yapar.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


3.2 VE (AND) ĠĢlemi:

Matematikteki çarpma iĢlemine karĢılık

gelmektedir. Elektrik devresi olarak birbirine seri

bağlı anahtarlar ile gösterilebilir.

ġekil 3.2.a’da VE (AND) iĢleminin doğruluk

tablosu, ġekil 3.1.b’ de simgesi, ve ġekil 3.1.c’ de

elektrik devre eĢdeğeri verilmiĢtir.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.2.a: VE (AND) iĢleminin doğruluk tablosu

ġekil 3.2.b: VE (AND) iĢleminin simgesi

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.2.c: VE (AND) iĢleminin elektrik devre

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Yukarıda iki değiĢkenli Bool iĢlemleri verilmiĢtir.

DeğiĢken sayısı arttığında da iĢlemler benzer olarak

yapılmaktadır. Üç değiĢken için VE (AND) iĢleminin

elektrik devre eĢdeğeri ġekil 3.3.a’da ve doğrurluk

tablosu ġekil 3.3.b’da verilmiĢtir.

ġekil 3.3.a: Üç değiĢkenli VE (AND) iĢleminin

elektrik devre eĢdeğeri

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.3.b: Üç değiĢkenli VE

(AND) iĢleminin doğruluk

tablaosu

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


3.4 DEĞĠL (NOT) ĠĢlemi:

A değiĢkeninin DEĞĠL’i A’ veya 𝑨 ile

gösterilir.

□ A A’

0 1 (A=0 ise A’=1)

1 0 (A=0 ise A’=1)

DEĞĠL (NOT) iĢlemleminin simgesi ġekil 3.4’de

verilmiĢtir.

ġekil 3.4: DEĞĠL (NOT) iĢlemleri verilmiĢtir

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


3. 5. BOOLEAN ĠFADELERĠNĠN LOJĠK KAPILARLA

GERÇEKLEġTIRILMESĠ VE DOĞRULUK TABLOLARI

(TRUTH TABLES)

a) AB’+C (3.1)

b) [A(C+D)]’+BE (3.2)

AĢağıdaki lojik bağıntılar lojik kapılarla kolayca

gerçekleĢtirilebilir:

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.4 :(3.1) ve (3.2) bağıntılarını gerçekleĢtiren

lojik devreler

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


A’+B bağıntısının devresi ve doğruluk tablosu

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.5 AB’+C ve (A+C)(B’+C) lojik ifadelerinin

doğruluk tablosunu göstermektedir. 3 tane

değiĢken söz konusu olduğu için doğruluk

tablosunda

23=8 kombinasyon dolayısı ile 8 satır olacaktır (n

deiğiĢkenin 2n kombinasyonu vardır).

ġekil 3.5 deki tablo aynı zamanda

AB’+C=(A+C)(B’+C) (3.3)

Lojik eĢitliğin ispatınıda vermektedir.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.5: (3.3) Lojik ifadesinin (eĢitliğinin)

doğruluk tabloları ile ispatı

BOOLE CEBĠRĠ

14.12.2013


TEMEL TEOREMLER 0 ve 1 ile iĢlem:

X+0=X (3.4) X.1=X (3.4D)

X+1=1 (3.5) X.0=0 (3.5D)

Idempotent kuralı:

X+X=X (3.6) X.X=X (3.6D)

Involution (involüsyon ) kuralı:

(X’)’=X (3.7)

Tümlerin varlığı (complementarity) kuralı:

X+X’=1 (3.8) X.X’=0 (3.8D)

Bu teoremlerde X herhangi bir bağıntı (lojik ifade) olabilir.

. Bu durumda teorem (3.5) ten:

(AB’+D)E+1=1 Ve teorem (3.8D) den:

(AB’+D)(AB’+D)’=0

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


=

Teorem A.A=A nın anahtarlama devresi karşılığı

=

=

Teorem A+A=A nın anahtarlama devresi karĢılığı

Teorem A+0=A nın anahtarla devresi karĢılığı

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Yer değiĢtitme (Commutative), BirleĢme (Associative)

ve Dağılma (Distributive) kuralları

Yer değiĢtitme (Commutative ) kuralı:

XY=YX (3.9) X+Y=Y+X (3.9D)

Yer değiĢtitme (Associative) kuralda boole ifadelerini

istediğimiz Ģekilde yazabiliriz:

(XY)Z=X(YZ)=XYZ (3.10)

(X+Y)+Z=X+(Y+Z)=X+Y+Z (3.10D)

BOOLE CEBĠRĠ

14.12.2013


©2004 Brooks/Cole

Table 2-2: Proof of Associative Law for AND

BirleĢme (Associative) kuralının doğruluk tablosu ile

ispatı

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ġekil 3.5: AND and OR için Associative kural

(kanun) (Law) devreleri

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Dağılma (Distributive) kuralı

Birinci dağılma (distributive) kuralı:

X(Y+Z)=XY+XZ

Ġkinci dağılma (distributive) kuralı:

X+YZ=(X+Y)(X+Z)

(bildiğimiz normal matematik kurallarında bu

bağıntı geçerli olmaz)

Ġspat (doğrulama) (Proof):

(X+Y)(X+Z)=X(X+Z)+Y(X+Z)=XX+XZ +YX+YZ

=X+XZ+XY +YZ=X.1+XZ+XY+YZ

=X(1+Z+Y)+YZ=X.1+YZ=X+YZ

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Bu iki dağılma (distributive) kurallar çok önemlidir ve

aĢağidaki hallerde kullanılır:

1. Boole bağıntılarının basitleĢtirilmesinde (Aynı

fonksiyonu gerçekleĢtiren iki Boole bağıntısından

basit olanı ile gerçekleĢtirilecek olan lojik devre daha

ucuz, daha hafif, daha güvenilir (reliable) daha az yer

kaplar ve bu önemli nedenlerle daha çok tercih edilir)

2. SOP (some of products = Çarpımların toplamı ve

POS (product of sums) = Toplamlar ın çarpımı

formlarının elde edılmesinde

3. Minterm ve Maxtermlerin elde edilmesinde

2 ve 3 teki terimlerin anlamlarını, ne iĢe yaradıklarını

daha sonraki derslerimizde açıklanacaktır.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


. POS (Product Of Sums) Toplamların Çarpımı

Örnekleri:

(A + B')(C + D' + E)(A + C' + E‘)

veya

B(A+B’+C’+E)(A+D’+ E)

SOP ( Sum Of Product ) Çarpımlar ın Toplamlamı

Örnekleri:

AB’C+CD+ABD

Veya

A+CDE+ACE +D

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


XY + XY' = X (3.12)

(X + Y)(X + Y') = X (3.2D)

X + XY = X (3.13)

X(X + Y) = X (3.13D)

(X + Y')Y = XY (3.14)

XY' + Y = X + Y (3.14D)

Basitleştirme Teoremleri

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


(3.13) ün ispatı:

X+XY=X.1+XY=X(1+Y)=X.1=X

(3.13D) ın ispatı:

X(X+Y)=XX+XY=X+XY=X(1+Y)=X

(3.14D) ispatı:

Y+XY’=(Y+X)(Y+Y’)=(Y+X).1=Y+X

ĠSPATLAR

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Örnek 1: AĢağıdaki devrelerin çıkıĢında elde edilen

lojik fonksiyonları basitleĢtirin:

ġekil 3.5.a daki F=A(A’+B) ifadesi (3.14) bağıntısı

kullanılırsa F=AB. BasitleĢtirilmiĢ logic fonksiyon Ģekil

3.5.b deki basit hale dönüĢür.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Örnek 2: Z=A’BC+A’ ifadesini basitleĢtirin

Çözüm:

BC=Y ve A’=X yazasak yukarıdaki ifade Z=X+XY =X(1+Y)

olur. 1+Y=1 olduğundan Z=X.1=X olur.

Teorem (3.13) kullanılırsa

Z=X veya Z=A’ elde edilir.

Örnek 3:

Z=[A+B’C+D+EF][A+B’C+(D+EF)’] ifadesini basitleĢtirin.

Çözüm: X=A+B’C ve Y=D+EF yazılırsa

Z=[X+Y][X+Y’] =XX+XY’+XY+XY’+YY’=X+X(Y+Y’)+YY’

Z=(X+Y)(X+Y’) olur. Teorem (3.12D) uygulanırsa :

Z=X veya Z=A+B’C

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ÖRNEK 4: Z= (AB+C)(B’D+C’E’)+(AB+C)’

Lojik Ġfadesini basitleĢtirin.

Çözüm:

X=AB+C ve Y=B’D+C’E’ yazarsak:

Z=XY+X’ =X’+XY =(X’+X)(X’+Y), X+X’=1,

Z=Y+X’ Elde edilir.

X ve Y nin ifadeleri yerlerine yazılırsa:

Z=B’D+C’E’+(AB+C)’ olur.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Örnek 5: A + B'CD ifadesini faktörlerine ayırınız (POS:

Toplamların çarpımı şeklinde yazınız)

Çözüm: Verilen Lojik ifade X + YZ Ģeklindedir. Burada

X = A, Y = B', ve Z = CD, Dolayısiyle:

A + B'CD = (X + Y)(X + Z) = (A + B')(A + CD)

A + CD ifadesi ikinci dağılım kuralı uygulanarak

faktörlerine ayrılabilir ve sonuç olarak

A + B'CD = (A + B')(A + C)(A + D) elde edilir.

SOP formunda verilen lojik ifade (fonksiyon) POS

formuna dönüştürülmüş oldu.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Örnek 6: AB' + C'D lojik ifadesini faktörlere ayırınız

(SOP formundan POS formuna dönüĢtürünüz).

ÇÖZÜM:

X + YZ = (X + Y)(X + Z) kuralını (ikinci dağılma kuralı)

arka arkaya uygulanırsa:

AB' + C'D = (AB' + C')(AB' + D)

= (A + C')(B' + C')(A + D)(B' + D)

elde edilir.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


C'D + C' E' + G' H SOP ifadesini POS formuna

dönüştürünüz.

ÖRNEK 7:

= (C' + G'H)(D + E' + G'H)

= (C' + G')(C + H)(D + E' + G')(D + E' + H)

As in Example 3, the ordinary distributive law should be

applied before the second law when factoring an

expression.

A sum-of-products expression can always be realized

directly by one or more AND gates feeding a single OR

gate at the circuit output. Figure 2-5 shows the circuits

for Equations (2-15) and (2-17). Inverters required to

generate the complemented variabies have been omitted

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


F=C'D + C' E' + G' H SOP ifadesini POS formuna

dönüştürünüz.

Çözüm:

Önce birinci dağılma kuralını uygulayalım:

F=C’(D+E’)+G’H elde edilir.

Şimdi ikinci dağilma kuralını arka arkaya uygulayalım:

ÖRNEK 7:

F= (C' + G'H)(D + E' + G'H)

F= (C' + G')(C + H)(D + E' + G')(D + E' + H)

elde edilir.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Çarpımların toplamı ifadesi genel olarak bir kaç

tane VE (AND) kapılarının ortak bir veya kapısının

GiriĢine bağlanması ile gerçekleĢtirilir. AĢağıdaki

Ġki lojik fonksiyonun bu Ģekilde gerçekleĢtirilmesi

ġekil 3.6 da örneklenmiĢtir.

F1=AB+CD’E+AC’E’ (3.15)

F2=D’E+AB’C (3.16)

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


Şekil 3.6: (3-15) ve (3-16) lojik fonksiyonlarını gerçekleĢtiren

lojik devreler.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


ÖRNEKLER:

a) (A+B+C)’ = A’+B’+C’

b) (AB+C)’ = (AB)’.C’ = (A’+B’).C’

c) (A.B’.C) = A’+B+C’

d) ((A+B).C’)’ = (A+B)’+C= A.B+C

e) ((AB).C+A(B+C’))’ = (ABC)’.(A(B+C’)’

=(A’+B’+C’).(A+B’.C)

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013


(XYZ ... )D = X + Y + Z + ...

Bir lojik fonksiyonun Dualı AND leri OR lar ile OR

ları AND ler ile 0 ları 1 ile ve 1 leri 0 ile yer

değiĢtirerek elde edilir. AND in dualı OR, OR un

dualı AND dir. Bu aĢağıdaki Ģekilde ifade

edilmektedir:

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013

(X+Y+Z+.......)D=XYZ........


Bir lojik ifadenin dualı tüm ifadenin değilini aldıktan

sonra her bir değiĢkeninde değilini alarak bulunabilir..

Örneğin

AB’+C

Ġfadesinin dualı aĢağıdaki gibi olur.

(AB’+C)D =(A+B’)C olur.

((A+B)C+DCE+E’)D = (AB+C).(D+C+E). E’ olur.

BOOLE CEBİRİ

14.12.2013

Kaynakça

• 1.Hüseyin EKİZ, Mantık Devreleri, Değişim Yayınları, 4. Baskı, 2005

• 2.Thomas L. Floyd, Digital Fundamentals, Prentice-Hall Inc. New Jersey, 2006

• 3.M. Morris Mano, Michael D. Ciletti, Digital Design, Prentice-Hall, Inc.,New Jersey, 1997

• 4.Hüseyin Demirel, Dijital Elektronik, Birsen Yayınevi, İstanbul, 2012


Teşekkür Ederim







[email protected]

4. HAFTA

Temel Kavramlar

• Boole Cebiri Uygulamaları Standart Formlar

• Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının

Birbirlerine Dönüştürülmesi

• Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri

• Konsensus Teoremi

• Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak

Basitleştirilmesi

KBUZEM Karabük Üniversitesi

Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 2

Boole Cebiri Uygulamaları Standart Formlar

• 4.1 Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının




POS( product-of-sums) formunda verilmiş bir ifade,

aşağıdaki şekilde çarpıp açtıktan sonra ikinci dağılma

kuralı uygulanarak SOP (sum-of-products) formuna

dönüştürülür.:

X(Y + Z) = XY + XZ

(X + Y)(X + Z) = X + YZ

(4-1)

(4-2)

Ayrıca aşağıdaki teoremdende sıkça yararlanılır:

(X + Y)(X' +Z) = XZ + X'Y (4.3)

Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının




İspat:

X = 0 için (4-3) Y(1 + Z) = 0 + 1 . Y = Y

X = 1 için(4-3) (1 + Y)Z =1. Z = Z.

Bağıntı hem X = 0 ve X = 1 geçerli olduğundan her

zaman doğrudur.

Ayrıca Aşağıdaki örnek (4-3) teoreminin faktörlerin ne

kadar yaralı olduğunu göstermektedir:

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

Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi



Teorem (4-3) ifadelerin kolayca çarpılıp açılmasında

kullanılır. Aşağıdaki örnek bu kavramı açıklamaktadır.

Dikkat edilmesi gereken husus teimlerin brinde X

diğerinde X’ (X in tümleyeni veya değili) olmalıdır.

(Q + AB')(CD+ Q') = QCD + Q'AB'

Dağılma kuralı yalın olarak uygulanırsa aşağıdaki gibi 2

terim yerine 4 terim elde edilir ve ifade gereksiz olarak

uzar. Buda istenmeyen bir durumdur. Buradan (4.3)

eşitliğinin önemi açıkça görülmektedir.

(Q + AB')(CD + Q') = QCD + QQ' + AB'CD + AB'Q'




Genel kural olarak gereksiz terimler üretmemek için

fonksiyonların çarpılarak açılmasında (4-3) eşitliği (4-1)

ve (4-2) ile beraber kullanılır ve çoğunlukla (4-2) ve (4-3),

(4-1) den önce uygulanır.

İşlemi hızlandırmak için aşağıda görüldüğü gibi

guruplandırma yapılır.

[(X+A)(X+B)=X+AB, (X+A)(X’+A)=XA+X’A]




Sadece (4.1) kullanılsaydı 162 terim ortaya

çıkacaktı ve bunlardan 158 nin bir şekilde elimine

eldilmesi gerekecekti ve buda çok içinden çıkılmaz

bir durum olacaktı.

= (A + B + C’DE)(A + C‘DE + D' + E)(A' + C)

=(A+B+C’)(A+B+DE)(A+D’+E)(A’+C)

= (A + B + C’)(A + B + D)(A + B + E)(A + D' + E)(A' + C)

Faktörlere ayırma örneği (standart POS (toplamların çarpımı)

elde edilmesi örneği)



Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri

X Y X Y

0 0 0

0 1 1

1 0 1

1 1 0

Exclusive-OR işlemi ( ) aşağıdaki şekilde ifade edilir:

0 0=0 0 1=1 1 1=0

1 0=1

X Y nin doğrululuk tablosu aşağıda verimiştir




Yukarıdaki tablodan X Y = 1 olabilmesi için X = 1

veya Y = 1, olması gerekir. Her ikisi 1 veya her ikiside 0

olması durmunda Exlusive-OR (EX-OR) işleminin

sonucu sıfır olur.

EX-OR işleminin açık ifadesi (4.4) eşitliğinde

verilmiştir. Buradan EX-OR eşitliğinin 2 tane VEYA ve 1

tane VE kapısından oluştuğu görülmektedir.

X Y = X' Y + XY' (4.4)




X Y = (X + Y)(XY)' = (X + Y)(X' + Y') = X' Y + XY' (4.5)

(4-5), bağıntısındaki (X Y)' =(X’+Y’)= 1 sadece X veya

Y den birinin 1 diğerinin 0 olması durmunda

gerçekleşir.

EX-OR kapısının simgesi aşağıda gösterilmiştir:




Aşağıdaki bağıntılar EX-OR işlemi için geçerlidir:




Aşağıdaki bağıntılar doğruluk tablosu veya (4- 5)

eşitliğinin uygulamaları ile ispatlanabilir.

Equivalence işlemi ( ) aşağıdaki şekilde tanımlanmıştır:

(4.6)




(XY’+X’Y)’=(X’+Y)(X+Y’)=XY+X’Y’=X Y (4.7)

Yukarıdaki eşitlikler equivqlence işleminin EX-OR

işleminin tersi veya tümleyeni olduğunu

göstermektedir.

Equivlence deyimi EX-NOR anlamınadır ve aşağıdaki

semboler kullanılır:




X Y X Y

0 0 1

0 1 0

1 0 0

1 1 1

Ex-NOR

Doğruluk tablosu




ÖRNEK 1: Aşağıdaki lojik eşitliğin açık ifadesini bulunuz

Çözüm:

F=B(A’(1+C)+C)+C’(A(1+B’)+B’)=B(A’+C)+C’(A+B’)

Açıklama:




ÖRNEK 2: Aşağıdaki lojik eşitliğin açık ifadesini bulunuz

F=A’ B C=[A’B’+(A’)’B] C

=(A’B’+AB)C’+(A’B’+AB)’C

=(A’B’+AB)C’+((A+B).(A’+B’)C

=(A’B’+AB)C’+(AA’+AB’+A’B+BB’)C

=A’B’C’+ABC’+AB’C+A’BC

=(A’B’+AB)C’+(AB’+A’B)C (**)

Dikkatli bakılırsa (**) eşitliğinin problemde

Verilen eşitlikle aynı olduğu gözlemlenebilir.

F=A’ B C

Çözüm:



Konsensus Teoremi

Kosenüs teoremi lojik ifadelerin (fonksiyonların)

basitleştirilmesinde kullanılan önemli bir tuldur.

İki formu vardır. Form 1:

XY + X' Z + YZ=XY+X’Z

YZ terimi anlamsız terimdir ve denklemden elimine

edilebilir (atılabilir) ve bu terime konsensüs terimi denir.

Form 2:

(X+Y)(X’+Z)(Y+Z)=(X+Y)(X’+Z)

Y+Z terimi konsensüs terimidir ve atılabilir.



Konsensus Teoremi

Örneğin ab ve a' c terimlerinin konsesüsü bc dir.

abd ve b' de' trimlerinin konsensüs (ad)(de') = ade' dir.

ab'd ve a' bd' terimlerinin konsensüsü 0 dır.

Konsensüs teoreminin ispatı:

XY + X'Z + YZ = XY + X'Z (Form 1)

İspat:

XY + X'Z + YZ = XY + X'Z + (X + X')YZ

= (XY + XYZ) + (X'Z + X'YZ)

= XY(1 + Z) + X'Z(1 + Y) = XY + X'Z



Konsensus Teoremi

Konsensüs teoremi Boole bağıntılarından anlamsız

terimleri elimine ederek basitleştirilmelerine çok işe yarar.

expressions. Örneğin b' c termi a' b' ve ac

terimlerinin konsensüsü, ve ab terimi ac ve bc‘

terimlerinin konsensüsüdür, ve her iki konsensüs

terimleri bağıntılardan atılabilir.

(a’b’+ac+b’c=a’b’+ac ve ac+bc’+ab=ac+bc’) Aşağıdaki

örnek bu konsepti açıklamaktadır.



Konsensus Teoremi

Aşağıdaki örnekte BCD terimi hemen yokedilebir

(2. ve 4. terimlerin konsensüsü):

Form 2 konsensüs örneği:

Bazen kolayca yokedilebiecek terimleri hemen yok

etmek yararlı olmamaktadır (Fonsiyonun minimum

halini almasını engellemektedir.



Konsensus Teoremi

BCD yok edilince geriye 4 terim kalır. Fakat BCD yok

edilmezse bu sefer verilen ifsdeded 2. ve 4. terimler

yok edilebilir ve geriye 3 terim kalır ve fonksiyon

aşağida görüldüğü gibi daha çok basitleşir

(C and C’ ve D and D’ göz önüne

alınmıştır.)



Konsensus Teoremi

Bazen fonksiyonların minimum halini bulmak

imkasız olabilir. Böyle durumlarda uygun

konsensüs terimi veya terimleri eklenerek

fonksiyonun bazı terimleri elimine edilerek

basitleştirilebilir. Örneğin aşağıdaki bağintıyı göz

önüne alalım:

ABCD+B’CDE terimlerinin konsensüsü ACDE.

Bu terimi fonksiyona eklersek fonksiyonun iki

terimi konsensüs terimi haline dönüşür elimine

edilebilir:

F=ABCD+B’CDE+A’B’+BCE’+ACDE



Konsensus Teoremi

Bu durumda ABCD ve B‘CDE terimleri konsensüs

terimleri olur. Bu terimler yok edildiğinde fonksiyon

aşağıda görüldüğü gibi 4 terimden 3 terime

basitleştirilmiş olur.

ACDE terimi artık gereksiz bir terim değil ve sonuç

fonksiyonun bir parçası olarak kalacaktır.



Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi

Aşağıdaki adımlar uygulanır:

a) Terimler birleştirilir (XY+XY’=X veya

X(Y+Y’)=X)

b) Terimler eliminate (X+XY=X veya (1+Y)=1) ve

mümkün olan yerde konsensüs teoremi uygulanır

( XY+X’Z+YZ=XY+X’Z)

c) Literaller elimine edilir. (X+X’Y=X+Y)

[XX+X’Y=(X+Y)(X+X’)=X+Y]

d) Etkisiz terimler ilave edilir. xx’ ilave edilir veya

(x+x’) ile çarpılır veya xy+x’z terimine yz ilave

edilir veya (x+y)(x’+z) terimi (y+z) ile çarpılır.

(konsensüs teoremi)




1. Terimler birleştirilir. XY + XY' = X teoremi kullanılır. Örnek:

Başka bir örnek:

ab’c+abc+a’bc=ab’c+abc+abc+a’bc=ac+bc

(=ac( b’+b )+bc( a+a’ )=ac+bc)




X ve Y yalın literaller olma yerine birer bağımsız

ifadede olabilirler. Bu durmdada konsensüs teoremi

aynen uygulanabilir. Aşağıdaki örnek bu kavramı

açıklamaktadır:

=(d+e’)[ (a+bc) +a’(b’+c’) ]=d+e’

[x(y+y’)=x]




2. Eliminating Terimler kosensüs Teoremi kullanılarak

Elimine edilir. X + XY = X ve konsensüs teoremi

kullanılarak gereksiz termler elimine edilir.

XY + X' Z + YZ = XY + X' Z

a’b c’ +b c d + a’bd =a’bc’+bcd

(Konsensüs teoremi)

ÖRNEK:




3. Literaller Elimine edilir. Bunun için

X + X' Y = X + Y teoremi kullanılır.

ÖRNEK:

(B+B’C’D’=B+C’D)

[(bb+b’c’d)=(b+c’d)(b+b’)=b+c’d]




4. Etkisiz terimler ilave edilmesi. İşe yaramayan

(Redundant) terimler değişik şekillerde örneğin xx‘

ekleme, veya (x + x') terimi ile çarpma, veya yz terimini

xy + x‘z terimine ekleme veya xy terimini x terimine

ekleme gibi.

Örnek:




Aşağıdaki örnek sözü edilen 4 metodu içinde

barındırmaktadır:




Eğer fonksiyon SOP yerine POS (product-of-sums) formmuna getirilmesi isteniyorsa teoremlerin dualı kullanılır.

Burada aşağıdaki bağıntılar kullanıldı:

(x+y’)(x+y)=x (x=A’+B’) (bu terim xy+xy’=x ifadesinin

dualıdır.)

Kaynakça







Teşekkür Ederim








[email protected]

6. HAFTA

Temel Kavramlar



• KARNO HARITALARI

• İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları

• Dört değişkenli Karno Haritaları

• Beş değişkenli Karno Haritaları

KARNO HARITALARI



• İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları

Bilindiği gibi Karno Haritalari doğruluk tabloları gibi fonksiyonların bağımsız değişkenlerinin tüm değerleri için fonksiyonun değerini içerir ve Karno kuralları uygulandığında fonksiyonun minimum değerini değişkenlerin toplamlarının çarpımı veya çarpımlarının toplamı şeklinde verir. Bu şekilde elde edilen fonksiyonlar tasarlanan aynı işi gerçekleştirir ve daha ekonomik ve kompakt devre tasarımına olanak sağlar. İleride göreceğimiz gibi çok sayıda başka yerlerde de etkin olarak kullanılırlar. 5 değişkene kadar Karno haritalarının kullanımı çok kolay fakat 5 ten çok değişken için kullanım zorlaşıyor.

İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları



F=f(A,B)

İki değişkenli Karno haritası




Durum tablosunda ifade edilen fonksiyonun Karno haritasına yerleştirilmesi ve minimum fonksiyon ifadesinin bulunması




Doğruluk tablosu verilen üç değişkenli bir fonksiyonun Karno haritasına yerleştirilmesi ve minimum fonksiyon ifadesinin bulunması




Mintermlerin sıralanması yukarıdaki gibi olacaktır. Aksi halde yanlış sonuç elde edilir.




Görüldüğü gibi her hücre mintermlerin alt simge değerleri ile adlandırılmıştır. Bir sonraki şekilde:

F(a, b, c) =m1 + m3 + m5 foksiyonunun Karnoya

taşınması ve minimum fonksiyonun elde edilmesi görülmektedir. 1 ler alınırsa fonksiyon çarpımların toplamı,

0 lar alınırsa fonksiyon toplamların çarpımı şeklinde elde edilir.




Karnaugh haritası

F(a,b,c)=m(1,3,5)

Veya sıfırlar göz

önüne alınırsa

= M(0,2,4,5,7)

F=a’b’c+a’bc+ab’c (1’lerden) veya

F=(a+b+c)(a+b’+c)(a+b’+c)(a’+b+c’)(a’+b’+c’)

(0’lardan)

Minimum F=b’c+a’c= veya

F=c(a’+b’)




Fig. 5.5: Karnaugh map of four product terms




f(a,b,c) = abc' + b'c + a'

Fonksiyonunun Karno ile gösterilimi ve minimum ifadesinin bulunması takip eden slaytlarda gösterilmiştir.




f(a,b,c) = abc' + b'c + a'

Fmin=a’+b’c+bc’




Üç değişkenli fonksiyonun basitleştirilmesi




Fmin=T1+T2=ab+c’ Son derece basit bir şekle dönüşüyor.

F=m(0,4,5,6,7)= =a’b’c’+ab’c’+abc’+abc ab’c =(ab+c’)




Karno Boole cebrinin teoremlerini de ifade edebilir. Örnek Consensus teoremi (aşağıda verilmiş)

XY + X' Z + YZ = XY + X' Z.




Karno haritası fonksiyonların değişik çarpımların toplamı ifadelerini verebilmektedir Aşağıda; F = m(0, 1,2, 5, 6, 7) fonksiyonunun iki ayrı ifadesi görülmektedir.



Dört değişkenli Karno Haritaları

Hücre numaraları mintermlere göre yazılır.

F(A,B,C,D)




Aşağıdaki fonksiyonun Karno haritasına yerleştirilmesi bir sonraki slaytta gösterilmiştir.

Hücreler aralarında sadece 1 tane fark olacak

şekilde numaralandırılmaktadır. Aksi halde yanlış sonuç elde edilir.

f(a,b,c,d) = acd + a'b + d'




F= acd + a’b + d’




Örnek: Aşağıdaki iki fonksiyonu Karno haritası kullanarak basitleştirelim. F1(a,b,c,d)=m(1,3,4,5,10,12,13) F2(a,b,c,d)=m(0,2,3,5,6,7,8,10,11,14,15). Bu fonksiyonların Karno haritalarına taşınmış şekilleri bir sonraki slaytta verilmiştir.




Dört değişkenli fonksiyonların basitleştirilmesi




Basitleştirilmiş fonksiyonlar aşağıda verildiği gibi elde edilir:

F1(a,b,c,d)=bc’+a’b’d+ab’cd’ F2(a,b,c,d)=c+b’d’+a’bd Minimize edilmeden F1 7 terim ve 28 literalden oluştuğu halde minimize edilmiş F1 3 terim ve 9 literalden oluşmaktadır. Aynı şekilde minimize edilmeden F2 11 terim ve 44 literalden oluştuğu halde minimize edilmiş F2 3 terim ve 6 literalden oluşmaktadır. Karno haritalarının önemi bu örnekten açıkça görülmektedir.




Fonksiyonlarda don’t care (farketmez) terimler olması durumu




Fonksiyonun minimum toplamların çarpımını Karno haritasında kolayca bulabiliriz. Bunun için fonksiyonun 0 larını kullanarak fonksiyonun değili bulunur ve daha sonra DeMorgan teoremi gereğince değilin değili alınarak Toplamların çarpımı bulunur. Örnek: Aşağıdaki fonksiyonu toplamların çarpım şeklinde yazınız. f = x'z' + wyz + w‘y'z' + x‘y Bu fonksiyonun karnoya taşınmış hali bir sonraki slaytta görülmektedir. 0 lar kullanılarak f’ bulunur: f' = y'z + wxz' + w'xy Sonra bu ifadenin değilinden istenen sonuç bulunur. f= (y + z')(w' + x' + z)(w + x' + y')







ÖRNEK 1

6-3-1-1 BCD kodu digitleri için hatalı girişleri belirleyen devre tasarlayınız. Geçerli olmayan kod kombinasyonlar için F=1, doğru kodlar için F=0 olduğunu var sayın. (4 tane giriş değişkeni olacaktır. (A, B, C, D) . Geçerli olmayan 6-3-1-1 kod kombinasyonları tablo halinde aşağıda verilmiştir.

a) F nin minterm ve maxtermlerini bulunuz of b) F nin minimum ifadesini bulunuz c) F yi veren devreyi kurunuz




0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 1

3 0 1 0 0

4 0 1 0 1

5 0 1 1 1

6 1 0 0 0

7 1 0 0 1

8 1 0 1 1

9 1 1 0 0






Dört değişkenli Karno Haritaları Örnek 2: N1 ve N2 toplama devresi

(N3=N1+N2)

A B C D X Y Z

X: carry Y Z: sum

X, Y ve Z nin mimimum ifadelerini bulunuz ve sonuç devreyi gerçekleştiriniz.

4 değişken 24 =16 kombinasyon

+













Beş değişkenli Karno Haritaları



3 boyutlu tablo kullanılacak. 5 değişkenler A, B, C, D, ve E olsun. B, C, D, ve E normal iki boyutlu 4 lü Karno haritasında gösterilir ve her bir hücre diyagonalden ikiye bölünür. Üst kısım A=1 değerine ve Alt kısım da A=0 değerine verilir. Alt üçgenler 0 dan 15 e ve alt üçgenler 16 dan 31 ye numaralandırılır ve komşu üçgenler gruplandırılarak fonksiyonun minimumu bulunur. Bundan sonraki slaytlarda bir örnek üzerinden detaylı açıklama verilecektir.




F(A, B, C, D, E) = m(0,1,4,5,13,15,20,21,22,23,24,26,28,30,31)

Örnek 1: Aşağıda verilen 5 değişkenli fonksiyonun minimimum ifadesini Karno haritası kullanarak bulunuz.

Bir sonraki slaytta komşu hücrelerin durumları verilmektedir. Çok dikkat edilmesi gereken bir konu.




Komşu cell ler (hücreler)







Minimum Fonksiyon

F=A’B’D’+ABE’+ACD+A’BCE+AB’C

P1 P2 P3 P4

Veya

F=A’B’D’+ABE’+ACD+A’BCE+B’CD

P1 P2 P3 P4




ÖRNEK 2

m16 nın etrafı P1. m3 ün etrafı P2. m8 in etrafı P3. m14 ile m15, P4 . Başka prime implikant yok. Kalan 1 ler iki ayrı terim olarak alınır ve P5 ya (1-9-17-25) veya (17-19-25-27). Sonuç aşağıdaki gibi olur:

Minimum Fonksiyon

F=B’C’D’+B’C’E+A’C’D’+A’BCD+ABDE+C’D’E

P1 P2 P3 P4 P5

veya

F=B’C’D’+B’C’E+A’C’D’+A’BCD+ABDE+AC’E







5 DEĞİŞKENLİ KARNO HARİTASININ DİĞER BİR ŞEKLİ Veitch diagram. A=0 VE A=1 AYRI İKİ DİYAGRAM HALİNDE DÜZENLENİR (BİR SONRAKİ SLAYT)




Figure 5-28: Other Forms of Five-Variable Karnaugh Maps




Kaynakça







Teşekkür Ederim








[email protected]

5. HAFTA

Temel Kavramlar



Boole Fonksiyonlarının Minterm ve

Maxterm İfadeleri 1. Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi

2. Doğruluk Tabloları Kullanılarak

Kombinasyonel Devre Tasarımı

3. Minterm ve Maxterm Genişletilmesi

4. Genel Minterm ve Maxterm İfadeler

5. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış)

Fonksiyonlar

6. Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri

7. İkili Toplayıcı ve Çıkarıcıların Tasarımı

Cümlelerin Boolean Cebirine

Dönüştürülmesi



4.1 Cümlelerin Boolean Cebirine

Dönüştürülmesi

Tek çıkışlı kombinasyonel bir devre tasarımı için gerekli 3

ana adım aşağıda verilmiştir:

1. İstenilen davranışı sergileyen bir devrenin Boole

(switching) fonksiyonunu veya ifadesini oluştur.

2. Elde edilen Boole fonksiyonunun (ifadesinin)

sadeleştirilmiş cebirsel ifadesini bul.

3. Sadeleştirilmiş haldeki devreyi uygun mantık

kapılarıyla gerçekleştir.

Cümlelerin Boolean Cebirine

Dönüştürülmesi



Mantık problemleri çoğu zaman bir yada daha çok

cümle ile ifade edilir.

Mantık Devrelerinin tasarımındaki ilk adım bu cümleleri

Boole ifadelerine çevirmektir.

Aşağıda bu kavram birkaç örnek verilerek

açıklanmaktadır.

ÖRNEK 1: Eğer Pazartesi gecesi ise ve ödevlerini

bitirmişse Meryem TV izler. (ödevlerini bitirmemişse ve

Pazartesi gecesi olsa bile TV izleyemez)

(Meryem watches TV if it is Monday night, and, she has

finished her homework)

Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi



Burada «eğer» ve «ve» bağlaçları hiçbir ifadeye dahil

değildir; bu bağlaçlar ifadeler arasındaki ilişkiyi

gösterir.

Bir ifadenin doğru yada yanlış olduğunu gösteren bir

değişken ile ifadeleri inceleyelim:

F = 1 Eğer «Meryem TV izlerse» doğru;

değilse, F =0 («Meryem TV izlemezse»).

A = 1 Eğer «Pazartesi gecesi ise» doğru; değilse, A = 0.

B = 1 Eğer «eğer Meryem ödevini bitirmişse» doğru;

değilse B = 0.

F doğruyken eğer A ve B ifadelerinin ikisi de doğruysa

cümle şu şekilde Boole ifadeye çevrilebilir:

F = A·B




ÖRNEK 2: Aşağıdaki örnek bir cümleden cebirsel bir

ifadeye nasıl geçiş yapılabileceğini göstermektedir. Bir

alarm devresi aşağıda tanımlanan biçimde tasarlanmak

isteniyor:

Alarm çalacaktır; eğer ve ancak (Ancak ve Ancak) alarm

anahtarı açıksa ve kapı kapalı değilse, veya saat 18:00

den sonra ise ve pencere kapalı değilse.

İlk adım yukarıdaki cümlenin cebirsel karşılığını, her bir

ifadeye bir değişken verilerek yazılması işlemidir.




Z= Alarm çalacak/ çalmayacak: Z=1 Eğer alarm çalarsa, Z’=1 (F=0) Eğer alarm çalmazsa A=Alarm anahtarı açık/kapalı: A=1 Eğer alarm anahtarı açık ise, A’=1 (A=0) Eğer alarm anahtarı açık değilse(kapalı ise) B=Kapı açık/kapalı B=1 Eğer kapı kapalı ise, B’=1 (B=0) Eğer kapı açık ise (Kapalı değilse) C=Saat 18:00 den önce/sonra C=1 Eğer 18:00den sonra ise. C’=1 (C=0) 18:00den sonra değilse D= Pencere açık/kapalı, D=1 Eğer pencere kapalı ise, D’=1 (D=0) Eğer pencere kapalı değilse Bu tanımlardan sonra F nin Boole (lojik) İfadesi aşağıdaki gibi olur:

Z=A.B’+C.D’




Z=Alarm çalacaktır= Eğer ve ancak (if) alarm anahtarı

açık ise (A) VE Kapı kapalı değilse (B’) VEYA Saat

18:00den sonra ise (C) VE pencere kapalı değilse (D’).

Z=A.B’+C.D’

Bu lojik fonksiyonu (Boole ifadesini) gerçekleştirecek

lojik devre aşağıda verilmiştir.




Z=A.B’+C.D’




Ahmet araba alacak, mezun olduğu zaman ve, ya

babasından para alacak yada bankadan kredi.

(Ahmed will buy a car when he will graduate, and if

either his father gives him loan or he gets bank loan.)

Z=Araba alacak(buy car)

A=Babasından para alacak(father gives loan)

B=Bankadan kredi alacak (get bank loan)

C=Mezun olma (graduate)

Z=C(A+B)

Örnek 3:



4.2 Doğruluk Tabloları Kullanılarak

Kombinasyonel Devre Tasarımı

Kombinasyonel (Tümleşik) devreler belleği olmayan, geçmişi hatırlayamayan, lojik kapıların bileşiminden oluşan devrelerdir. Amaç: Belli bir işi yapan mantık fonksiyonunu elde etme Aşağıdaki örnekte doğruluk tablosu verilen tasarının

mantık devresi tasarımı gösterilecektir. 3-giriş 1- çıkışlı

devre Şekil 6-1’de gösterilmiştir. Yapılacak iş:

Devrenin çıkış değişkeni f nin aşağıdaki şartları

sağlaması isteniyor:

f = 1 eğer N ≥ 0112 (Giriş: 3 Değişken: A, B, C. N: f’in

Değeri)

Ve f= 0 eğer N < 0112.



Doğruluk Tabloları Kullanılarak Kombinasyonel Devre Tasarımı

Şekil 6-1(b)de f fonksiyonu için

doğruluk tablosu gösterilmiştir.

Şekil 6-1: Kombinasyonel Devre ve Doğruluk Tablosu




Doğruluk tablosunu kullanarak f’nin cebirsel ifadesini 1

yapacak A, B, ve C değişkenlerinin kombinasyonlarını

kullanmamız gerekiyor. Bu Kombinasyonlar:

011 100 101 110 111

A’BC AB’C’ AB’C ABC’ ABC

F çarpımların toplamı (SoP) şeklinde şu şekilde

yazılabilir: (Doğruluk tablosunda f yi 1 yapan

kombşnasyonlar)

f= A'BC + AB'C' + AB'C + ABC' + ABC ( 6-1)




f= A'BC + AB' + AB = A'BC + A=(A+A’)(A+BC)

= A + BC (6-2)

Eşitlik 6-2’nin Devre Şeması aşağıdaki gibi gösterilir:

Eşitlik 6-1, A+A’=1 kullanılarak aşağıdaki şekilde sadeleştirilebilir:




F’nin 1 olduğu ifadeleri yazmak yerine F’nin 0 olduğu

ifadelerle de fonksiyon tekrar yazılabilir fakat bu sefer f

fonksiyonu toplamların çarpımı(PoS) şeklinde

ifadelerden oluşmalıdır. F fonksiyonu aşağıdaki A, B, C

değişkenlerinin kombinasyonları için sıfır olur.

000 001 010

A+B+C A+B+C’ A+B’+C

Bu yüzden:

f = (A + B + C)(A + B + C')(A + B' + C) (6.3)

VEYA f’ çarpımların toplamı(SOP) şeklinde ifade edilip

tersi alınarak toplamların çarpımına(POS)

dönüştürülebilir:




f’=A’B’C’+A’B’C+A’BC’ ve bunun tersini alirsak;

f=(A + B+ C)(A + B + C’)(A + B’ + C)

Bu iki ifadenin birbirine eşitliğini şu şekilde

kanıtlayabiliriz:

f=(A+B+C)(A+B+C’)(A+B’+C)

f= (B + A)(B' + A + C) = B(A+C) + AB’ = A + BC (6.4)

Çıkan sonuç eşitlik (6-2) ile aynı, dolayısıyla birbirine

eşit ifadelerdir.



4.3 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi

Eşitlik 6-1 deki terimlerin herbiri minterm ifadeleridir.

Genelde, n değişkenli bir ifadenin mintermleri n tane

harfin kendisi veya değili kullanılarak bir kez gözükmesi

ile oluşturulur. Değişkenin hem kendisi hem değili aynı

minterm içinde bulunamaz. Tablo 6-1 A, B, C

değişkenlerinin oluşturduğu tüm mintermleri

göstermektedir. Mintermler aşağıdaki gibi gösterilir:

m0 m1 m2 m3 m4 m5 v.s…

000 001 010 011 100 101

A’B’C’ A’B’C A’BC’ A’BC AB’C’ AB’C

Dikkat edilecek olursa mintermler çarpımların toplamı

şeklinde yazılmıştır (SOP).



Minterm ve Maxterm Genişletilmesi

Tablo 6-1 Üç Değişkenli İfadenin Minterm ve

Maxterm’leri




F çarpımların toplamı(SoP) şeklinde ifade edilirse, bu tip

yazılımlara minterm açılımı (expansions) ya da standart

çarpımların toplamı ifadesidir denir. (Bakınız eşitlik 6-1).

Doğruluk tablosundaki f=1’i sağlayacak her bir satırdaki

değerin minterm olma zorunluluğu vardır çünkü mi = 1

değeri sadece değişkenlerin olası kombinasyonu

sağlandığı zaman 1 olur.

Mintermler doğruluk tablosunda 1-1(one to one) özelliği

taşır, her bir satır tek bir minterme tekabül eder.

Dolayısıykar eşitlik 6-1 minterm numaralarıyla da ifade

edilebilir:

f(A, B, C) = m3 + m4 + m5 + m6 + m7 (6.5)

[ f= A'BC + AB'C' + AB'C + ABC' + ABC (6.1) ]




Daha kısa bir formda sadece sayılar kullanılarak küçük m

harfi ile aşağıdaki gibi de kısaltılarak gösterilebilir.

Eşitlik 6-3 teki her bir terim maxterm olarak ifade edilir.

Genelde, n değişkenli bir ifadenin maxtermleri n tane harfin kendisi

veya değili kullanılarak bir kez gözükmesi ile oluşturulur.

Değişkenin hem kendisi hem değili aynı maxterm içinde

bulunamaz. Tablo 6-1 A, B, C değişkenlerinin oluşturduğu tüm

maxtermler gösterilmektedir. Eğer A = B = C = 0, ise maxterm

ifadesi: A + B + C = 0;

Eğer A = B = 0 ve C = 1, ise maxterm ifadesi A + B + C' = 0; şeklinde

olur. Maxtermler sıklıkla büyük M harfi ile kısaltılarak gösterilir.

1’inci satırdaki maxterm Mi şeklinde ifade edilir. Her bir maxterm

ifadesi minterm ifadelerinin değili şeklindedir (Mi = mi' )

(6.5.a)




F fonksiyonu eşitlik 6-3 deki gibi

maxtermler cinsinden yazılırsa,

bu tip fonksiyon ifadelerine

maxterm açılımı veya standart

toplamların çarpımı denilir.

Eşitlik 6-3 M- notasyonu ile şu

şekilde tekrar yazılabilir:

[ f = (A + B + C)(A + B + C')(A + B' + C)]

(6.6)




Daha kısa bir ifade ile maxtermler cinsinden yazmak

gerekirse :

Eşitlik (6-6a) direkt olarak eşitlik 6-5a ifadesinden elde

edilebilir:

(6.6a)

(6.5a)




Verilen maxterm veya mintermler ile f fonksiyonunun

değilinin minterm veya maxtermleri kolaylıkla

oluşturulabilir. F’ =1 iken f=0, yani minterm olarak f’in

içinde bulunmayacak. Dolayısıyla f’ bulunurken, f de

olmayan mintermler direk olarak yazılır.Bu yüzden

Eşitlik (6-5)’den f’:

Aynı şekilde maxtermlerin elde edilmesinde f’

bulunurken f de bulunmayan maxtermlere bakılır.

Eşitlik (6-6) yı kullanarak:

(6.7)

(6.8)




Çünkü mintermlerin değili ilgili maxterme karşılık

gelir. Eşitlik 6-5’in değilini alarak eşitlik 6-8’i elde

edebiliriz.

Aynı şekilde Eşitlik 6-6’nın değili alınarak eşitlik 6-7

oluşturulablilir:

f' = (MOM1M2)' = Mo’ + M1’ + M2 ‘ = mo + m1+ m2




Genel bir Boole (lojik) ifadesi minterm veya maxtermler

cinsinden doğruluk tablosu kullanılarak veya cebirsel

olarak elde edilebilir. Eğer doğruluk tablosu kullanılarak

bütün değişkenlerin farklı kombinasyonları ele alınırsa,

mintermler ve maxtermler daha önce anlatıldığı gibi

bulunur. (Yani minterm numaraları fonksiyonun değerini

1 yapan satırlardır).

Diğer bir yöntem ise fonksiyonu çarpımların

toplamı(SoP) şeklinde yazıp, eksik değişkenlerin her biri

için X + X' = 1 teoremi kullanılır ve eksik değişkenler

tamamlanır.




Example1: f(a,b,c)=ab+c+ac mintermlerini bulunuz.

Yöntem: Eksik değişkenleri x+x’=1 ile çarpıyoruz:

f=ab (c+c’)+c (a+a’)(b+b’)+ac (b+b’)

= abc+abc’+c(ab+ab’+a’b+a’b’)+abc+ab’c

=abc+abc’+abc+ab’c+a’bc+a’b’c+abc+ab’c

=abc+abc’+ab’c+a’bc+a’b’c=Σm(1,3,5,6,7)

111 110 101 011 001

Örnek 2: Aynı fonksiyonun maxtermlerini bulunuz.

Yöntem: x+yz=(x+y)(x+z) (tekrarlayın) ve xx’=0

Teoremini eksik olan değişkenler için kullanın.

f=(a+c)(b+c)+ac=(a+c+ac)(b+c+ac)=(a+c)(b+c)

=(a+c+ bb’ )(b+c+ aa’ )=(a+b+c)(a+b’+c) (a+b+c) (a’+b+c)

=(a+b+c)(a+b’+c)(a’+b+c)=M(0,2,4)

m0’ m2’ m4’



Minterm ve Maxterm Genişletilmesi Örnek 1: Çarpımların toplamı (SoP) şeklinde çevirirken : Eksik değişkenleri (x+x’)=1 ifadesi ile tamamlayınız. f(a.b.c.d) = a'(b' + d) + acd' ifadesinin mintermlerini

bulunuz.

Tekrarlayan ifadeler çıkartılır çünkü X + X = X dir. Kalan

ifadeler çevrilerek mintermler bulunabilir: (Decimal notation)

f=a’b’+a’d+acd’ =a’b’(c+c’)(d+d’)+a’d(b+b’)(b+c’)+acd’(b+b’) =a’b’c’d’+ a’b’c’d + a’b’cd’ + a’b’cd + a’b’c’d + a’b’cd +a’bc’d+a’bcd+ab’cd’

f= a’b’c’d’+ a’b’c’d + a’b’cd’ + a’b’cd + a’bc’d + a’bcd 0000 0001 0010 0011 0101 0111 + ab’cd’ (1010), f=m(0,1,2,3,5,7,9)

(6.9)

(6.10)




Maxterm ifadelerinin numaraları 4 değişkenli bir işlem

için 0 ile 15 arasında değişebilir ve maxterm ifadesinin

terim numaralari aynı fonksiyon için asla minterm

numaralarina karşılık gelmezler. Mintermlerde olmayan

numaralar maxtermlerde, veya tersi olur.

Maxterm ifadelerini bulabilmenin alternatif bir yolu ise

eksik değişkenleri XX' = 0 teoremini kullanarak

tamamlamaktır. Eşitlik (6-9) için :

(f=m(0,1,2,3,5,7,10,14)) Mintermler

Maxtermler (f=M(4,6,8,9,11,12,13,15))




f = a'(b'+d) + acd'

(6-11)

Örnek 2: f fonksiyonun maxtermlerini bulunuz.

Maxterm şeklinde ifade ediniz. Eksik değişkenleri XX’=0 ekleyerek bulunuz.




Maxterm ifadeleri decimal notation’a çevirirken önce

değillenmiş değişken 1 ile ve değillenmemiş değişken de

0 değiştirilir.

İki fonksiyonun doğruluk tablosunda aynı mitermler

fonksiyon değerleri aynı ise bu iki fonksiyon eşdeğer

fonksiyonlardır. Aşağıdaki örnek bu kavramı

açıklamaktadır:

Örnek

a'c + b'c' + ab = a'b' + be + ac’ eşitliğini gösterin Eksik olan değişkenler tamamlanarak her iki tarafın

minterm ifadesi bulunur. Sol taraf için




a'c + b'c' + ab = a'b' + be + ac’ (Sol taraf için)

Sağ taraf için

Her iki fonksiyonun minterm ifadeleri aynı olduğundan

eşitlik doğrulanmıştır.



4.4 Genel Minterm ve Maxterm İfadeler

Tablo 6-2 üç değişkenli genel bir fonksiyon için bir

doğruluk tablosunu temsil eder.

Her bir «a», 0 veya 1 değerine sahip bir sabittir.

Fonksiyonu belirtmek için, tüm ai’lere değer atamak

gereklidir. Çünkü her bir «a» iki yolla belirtilebilir,

doğruluk tablosunda F sütununu doldurmak için 28 yol

vardır; bundan dolayı üç değişkenin 256 farklı fonksiyonu

tanımlanabilir. (bu dejenere durumları da içerir, F aynen 0

a ve 1'e eşittir). n değişkenli bir fonksiyon için, doğruluk

tablosunda 2n satır vardır ve her satır için F değeri 0 ya da

1 olabileceğinden n değişkenli 2n kadar olası fonksiyon

vardır.



Genel Minterm ve Maxterm İfadeler

Tablo 6.2: Üç değişkenli fonksiyon

için Doğruluk Tablosu




Tablo 6-2’den, üç değişkenli minterm ifadesi aşağıdaki

şekilde yazılabilir:

Not: Eğer a = 1 ise minterm m ifade edilebilir 0 ise minterm

olarak ifade edilemez. Üç değişkenli genel fonksiyon için

maxterm ifadesi

F=(a0+M0)(a1+M1)(a2+M2)….(a7+M7)=(ai+Mi)

Not: Eğer ai = 1, ai + Mi = 1, ve Mi

ifadeden düşer;

fakat, ai = 0 ise Mi ifadede bulunmalıdır.

(6-13)’deki ifadeden, F‘ in minterm ifadesi

(6.12)

(6.13)




F fonksiyonunda olmayan mintermler, f’ fonksiyonunda

bulunmalıdır. Eşitlik (6-12)’den, F' maxterm ifadesi:

F fonksiyonunda olmayan maxtermler, f’ fonksiyonunda

bulunmalıdır. (6-12), (6-13), (6-14), ve (6-15) eşitliklerini n

değişkenli bir forma genellemek gerekirse;

(6.14)

(6.15)

(6.16)




(6.17)

N değişkenli iki farklı minterm verilirse:mi, ve mj ; en az bir

değişken mintermlerde değili alınmış ve diğerlerinde

alınmamış şekilde bulunur. Bu yüzden i ≠ j olursa, mimj = 0

olur. Örneğin, n = 3 için,

m1m3 = (A'B'C)(A'BC) = 0.

Aşağıda iki farklı fonksiyon mintermler cinsinden

verilmiştir. (6.18)

Sonuç:




(6.19)

(i ≠j) eşitliğini sağlayan tüm mintermler

düşürülür(silinir). Böylece f1f2 fonksiyonunda sadece

ortak (aynı mintermler) terimler kalır. Örnek:

6.5 Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar



Dijital sistemler genellikle bir çok alt devrelere

bölünmüştür. Örneğin aşağıdaki devrede N1 devresinin

çıkışlarının N2 devresi için giriş olarak kullanıldığı

görülmektedir.

Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar



NJ nin çıkışı A, B ve C değerlerinin olası tüm

kombinasyonlarından oluşmadığını varsayalım,

özellikle, A, B ve C nin 001 veya 110 değerlerini

sağlayacak bir w, x, y, ve z kombinasyonu

olmadığını varsayalım. Böyle bir tasarımda N2

için bu değerlere (001 veya 110) bakılmaksızın

N2 tasarımı yapılabilir çünkü N2 için 001 veya

110 asla girdi olarak üretilemeyecektir.

Örneğin, Tablo 6-4 ile f fonksiyonu belirlenebilir.




Tablodaki X’lerin anlamı şudur: X değerlerin 0

veya 1 olacağı önemsenmemektedir. Örnek

için ABC = 001 veya 110 değerleri için F’in

alacağı değer dikkate alınmamıştır çünkü o

değerler girdi olarak gelemeyecektir. F

fonksiyonu bu yüzden eksik olarak belirtilir. A'

B' C ve A BC' mintermleri «dikkate alma(don’t

care)» ifadeleri olarak isimlendirilir. Bu

nedenle bu mintermlerin ifadede olmaması ya

da olmaması bizim için önemli değildir.




Tablo 6.3: Dikkate Alınmayan İfadeler İçeren Doğruluk Tablosu

Don’t care

Don’t care




Bir fonksiyonu gerçekleştirirken, dikkate alınmayacak

ifadeleri belirtmemiz gerekir. Bu durum fonksiyonu

basitleştirmede yardımcı olaracak değerlerin seçilmesi

açısından tercih edilebilir bir durumdur. İki X’e 0 değeri

atanırsa:

İlk X’e 1 ikinci X’e 0 atanırsa

İki X’e 1 değeri atanırsa,

İkinci seçenek en sade çözümü vermektedir.




Tamamlanmamış belirli fonksiyonları oluşturmak için bir

yol gördük ve bundan başka birçok yol mevcuttur.

Önceki örnekte, bazı kombinasyonların girdi olarak

gelemeyecek olduğunu ve dikkate alınmadığını gösterdik.

Diğer durumlarda için bütün giriş kombinasyonları

oluşabilir fakat çıkış sinyalinde dikkate alınmayan

ifadeler bulunduğunda çıkışın 0 veya 1 olması o giriş

kombinasyonları için önemli değildir.

Tamamlanmamış belirli fonksiyonlar için minterm

ifadeleri yazılırken, m gerekli mintermler için ve d dikkate

alınmayan mintermler için kullanılır. Tablo 6-3 için

minterm yazılım örneği:




Her dikkate alınmayan minterm karşılığında dikkate

alınmayacan maxterm vardır. Örneğin, Eğer F = X

(dikkate alınmayacan) 001 giriş kombinasyonu için, m1

dikkate alınmayan minterm ve M1 dikkate alınmayan

maxtermdir. «D » yi dikkate alınmayacan maxterm olarak

kullanıyoruz, Tablo 4-5 maxterm ifadeler olarak yazılırsa

M2 ,M4 , ve M5 F içinde olan maxtermler ve M1 ve M6 maxtermleri dikkate alınmayan(opsiyonel) maxtermlerdir.

6.6 Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri



Örnek 1 1-bitlik sayı ile 1-bitlik sayıyı toplayıp (a ve b) sonuçta 2-

bitlik sayı veren basit toplayıcı dizayn edelim. Nümerik

değerler ve çıkışlar şu şekilde olur:

A ve B giriş ve X, Y 2- bitlik toplam sonucunu gösteren

değişkenler olmak üzere doğruluk tablosunu şöyle

oluşturabiliriz:

Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri



A B X Y

Numerik 0’lar mantıksal 0 ile, numerik 1’ler de

mantıksal 1 ile gösterildiğinden, 0’lar ve 1’ler doğruluk

tablosunda da önceki tablodaki gibi yerleştirilir.

Doğruluk tablosundan,




Örnek 2

(N3=N1+N2)

A B C D X Y Z X: carry (elde) Y Z: sum (toplam)

+




A ve B girişleri birlikte N1 ikilik (binary) sayısını, C ve D

beraber N2 ikilik (binary) sayısını, çıkışlar X, Y ve Z birlikte N3

ikilik (binary) sayısını temsil etsin. N3 = N1 + N2 (Sıradan

toplama işlemi)

Bu örnekte A, B, C, ve D hem nümerik hem de mantıksal

değerleri temsil etmek için kullanılmıştır fakat numerik ve

mantıksal değerlerin aynı olması herhangi bir karışıklığa yol

açmamalıdır. Doğruluk tablosunu oluşturulurken değişkenler

ikilik(binary) sayılar gibi işlem görür. Şimdi çıkış fonksiyonları

için anahtar fonksiyonu türetelim. Bunu yaparken A, B, C, D, X,

Y ve Z gibi anahtar değişkenler numerik olmayan 0 ve 1 ler ile

gösterelim. (Hatırlanacak olursa 0 ve 1 alçak ve yüksek voltaj

değerini veya açık ve kapalı gibi değerleri gösterir)

Tablodan oluşturulan çıkış ifadesi




Örnek 3: 6-3-1-1 ikili-kodlanmış-onluk-dijitler için bir hata

dedektörü dizayn edelim. Dört giriş(A, B, C, D) hatalı kod

kombinasyonunu temsil ediyorsa çıkış (F) ifadesi 1

olmalıdır. Geçerli 6-3-1-1 kod kombinasyonları Bölüm 2 de

listelenmişti. Başka bir kombinasyon var ise bu geçerli bir

kombinasyon olarak sayılmayacaktır ve devre çıkışı F = 1

olarak temsil edilip hatanın meydana geldiğini

gösterilecektir. Bunu gösteren doğruluk tablosu:




(2)

(6)

(10)

(13)

(14) (15)

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 1

3 0 1 0 0

4 0 1 0 1

5 0 1 1 1

6 1 0 0 0

7 1 0 0 1

8 1 0 1 1

9 1 1 0 0

6-3-1-1 code




İlgili çıkış ifadesi

Ve ve VEYA kapısı kullanılarak gerçekleştirilen devre:




Bir devredeki dört giriş (A, B, C, D) 8-4-2-1 ikili-

kodlanmış-onluk-dijitleri temsil etmektedir. (Z) çıkışı olan

bir devre tasarlayın ve temsil edilen onluk sayı giriş

tarafından 3 ile tam bölünebilir ise Z =1 olsun. Yalnızca

geçerli BCD dijitleri giriş olarak geldiğini varsayalım. 0,3,6

ve 9 sayıları 3'e tam olarak bölünebilir yani ABCD = 0000,

0011, 0110, ve 1001 kombinasyonları için Z = 1 olur. 1010,

1011, 1100,1101,1110 ve 1111 kombinasyonları geçerli BCD

dijitleri olarak temsil edilemezler ve Z bu kombinasyonlar

için dikkate alınmaz. Buna göre doğruluk tablosu:

Örnek 4







Buna uygun çıkış ifadesi

Z yi gerçekleştirecek en basit devreyi bulmak için 0

ya da 1 olan bazı dikkate alınmayan (don’t care)

(X'ler) terimler seçilmelidir. Bunun en kolay yolu

Karnaugh haritası kullanmaktır.

4.7 İkili Toplayıcı ve Çıkarıcıların Tasarımı



Bu bölümde, iki tane 4-bitlik işaretsiz ikili sayıları toplayan ve

4-bitlik toplamının giriş ve çıkışının eldesini veren paralel

toplayıcı tasarlayacağız. (Bknz Şekil 6-2). Bu yaklaşım dokuz

giriş ve beş çıkışı olan bir doğruluk tablosunu

oluşturmaktadır ve daha sonra bu beş çıkış ifadesini türetme

ve sadeleştirme işlemi uygulanır. Çünkü her eşitlik

sadeleşmeden önceki dokuz değişkenin ifadesini içerir, bu

yaklaşım bayağı zordur ve sonuçtaki mantıksal devre

kompleks bir yapıya bürünür. Mantıksal modulü tasarlayacak

en iyi yol iki biti ve eldeyi eklemek ve daha sonra bu dört

modülü bağlayarak 6-3'deki gibi 4-bit toplama formuna

dönüştürmektir. Her bir modül tam toplayıcı olarak

adlandırılır. Elde çıkışı ilk tam toplayıcıdan çıkış olarak ikinci

tam toplayıcıya giriş olarak temsil edilir ve böyle devam eder.

İkili Toplayıcı ve Çıkarıcıların Tasarımı



Şekil 6-2: 4-bit Paralel Toplayıcı




Şekil 6-3: Dört Tam Toplayıcı ile Oluşturulan

Paralel Toplayıcı




Şekil 6-4: Tam Toplayıcı ve Doğruluk Tablosu

X Y Cin Cout Sum

0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1




Şekil 6-4’de X, Y, ve Cin girişleri ile tam toplayıcı için

doğruluk tablosu verilmiştir. Çıkışlar her satır için (X + Y

Cin) girişleri ile işlem yapılarak bulunur ve sonuç

ayrıştırılarak elde (C i+ 1) ve toplam biti (Si) elde edilir.

Örneğin, 101 içeren satırda

1 + 0 + 1 = 102 ise Ci+ 1 = 1 veSi =0. Şekil 6-5’te kapılar

ile tam toplayıcı gerçekleştirilmesi gösterilmiştir.

Doğruluk tablosundan türetilen tam toplayıcı mantıksal

ifadeler şunlardır:

(6.20)




(6.21)

XYCin terimi Cout u basitleştirmek için üç kez kullanılmıştır. Şekil 6-5’de eşitlik (6-20) ve (6-21) ifadelerine karşılık gelen mantıksal devre gösterilmiştir.




Şekil 6-5: Tam Toplayıcı Devresinin Gerçekleştirimi




İşaretsiz ikilik sayıları toplayan paralel bir devre

tasarlanmasına rağmen, şekil 6-3’deki paralel toplayıcı

complement formda olan negatif sayıları toplamak için

de kullanılabilir. 2’s complement kullanıldığında, son

elde biti (C4) atılır, ve en başta elde biti olmaz. Co = 0

olduğunda ilk hücredeki elde biti aşağıdaki formda

sadeleştirilebilir:

1’s complement kullanıldığında, elde biti C4’ün Co ‘a

bağlanması ile elde edilir. (Şekil 6-3’de kesikli çizgiler ile

bu durum gösterilmiştir.)




Tümleyen (complement) formdaki negatif işaretli sayıları

toplarken, taşma(overflow) meydana gelirse toplamın işaret

biti hatalı olur. Bu taşma iki pozitif sayının toplanıp negatif

sonuç vermesi ve ya iki negatif sayı toplanıp pozitif sonuç

vermesi ile meydana gelir. Taşma olduğunda 1 sonucunu

atayacak bir V sinyali tanımlayacağız. Şekil 6-3’de V değerini

belirlemek için A, B, ve S (the sum) için işaret bitlerini

kullanabiliriz:

(6.22)

Bit sayısı fazla ise, Şekil 6-4 teki paralel toplayıcı türü yavaş

olabilir çünkü ilk hücrede oluşan elde son hücreye kadar

dağıtılarak gelecektir. Diğer türlerdeki toplayıcılar, örneğin

carry-Iook-ahead toplayıcısı elde dağıtımını hızlandırmak için

kullanılabilir.




İkilik tabandaki sayılarda çıkarma işlemi, çıkarılacak sayıya

tümleyeni eklenerek kolay bir şekilde gerçekleştirilir. A-B yi

hesaplamak için, B'nin tümleyeni A'ya eklenir. Bu bize

doğru sonucu verir çünkü A + (- B) = A - B'dir. 1'in ya da

2'nin tümleyeni bu işlemler için kullanılabilir.

Şekil 6-6 daki devre A-B formunu negatif sayılar için 2'ye

tümleyen kullanılarak yapılmıştır. B'nin 2 tümleyeni, önce 1

tümleyeni bulunup çıkan sonuca 1 eklenerek bulunabilir. 1’e

tümleyeni bulmak için ise B'nin her bitinin tersi alınır. Daha

sonra gerekli çıkarma işlemi gerçekleştirilebilir.




Şekil 6-6: Tam Toplayıcı Kullanılmış İkili

Çıkarıcı




Örnek




Alternatif olarak, direk çıkarma işlemi tam toplayıcıya

benzer şekilde tam çıkarıcı ile gerçekleştirilebilir. Şekil 6-

7'de X'den Y yi çıkaran bir çıkarıcı gösterilmiştir. İlk iki bit

sağdan başlanarak çıkarılır, d1 aradaki farkı verir, gerekli ise

diğer sütundan bir borç alınarak borç sinyali oluşturulur.

(b2 =1). Olağan hücre (i hücresi) Xi,Yi, ve bi girişleri ve bi+1

ve di çıkışlarını içerir. bi=1 girişi o hücredeki Xi den 1 borç

aldığında gerçekleşir, borç alınan 1 ise Xi den çıkarılan 1'e

eşittir. i hücresinde, bi ve Yi, Xi den çıkarılır, d farkı oluşur,

(bi+1 = 1) borç sinyali ise gerekli olursa diğer sütundan

alınır.




Şekil 4-7: Paralel Çıkarıcı




Tablo 6.6: Tam Çıkarıcının

Doğruluk Tablosu




Tablo 6-6’da ikilik (binary) tam çıkarıcının doğruluk

tablosu verilmiştir. Buna göre, Xi = 0, olduğunda Yi = 1

ve b1 = 1:




i sütununda Xi den Yi ve bi yi direk olarak

çıkaramayız. Dolayısıyla i+1 sütundan borç

almamız gerekir. Alınan 1 Xi ye 10 (210) eklenen 1

ve bi+1 'i set eden 1 ile eşdeğerdir. Daha sonra di

= 10 - 1 - 1 = 0 olur. 6-6 tablosunu diğer giriş

kombinasyonları için ikilik(binary) çıkarmayı

kullanılarak doğrulayın.

Kaynakça







Teşekkür Ederim





Software

Mantık Devreleri