elektronika i opto elektronika

7/23/2019 elektronika i opto elektronika

1/15

5. BULOVA I PREKIDAKA ALGEBRA I ELEMENTARNA LOGIKA

KOLA

Sve inenjerske discipline imaju matematiku podlogu na osnovu koje razvijaju svoje koncepte. Razvojdigitalnih sistema, ukljuujui i raunarske sisteme, nije razliit u tom pogledu. U konkretnom sluaju, matematikaosnova se naziva Bulova (Boolean) algebra. Dord Bul (George Bool) je prvi matematiar koji je 1854. godine

publikovao knjigu pod naslovomAn Investigation of the Laws of Thoughtu koju je opisao rigoroznu matematikustrukturu koja se odnosi na ispitivanje naina rezonovanja. Sve do kasnih tridesetih godina ovog veka Bulovaalgebra u sutini nije naila ni na kakvu praktinu primenu. Japanski naunik Nakaima (A. Nakashima) 1937.godine i naredne godine enon (C. E. Shanon) sa MIT-a (Massachusetts Institut of Technology), svaki nezavisno, su

primenili Bulovu algebru za analizu mree sa relejima. Ovo je bila veoma vana aplikacija, jer su telefonski sistemi

u to vreme bili u brzom razvoju pa je bilo neophodno koristiti neki pogodan matemati ki aparat kojim bi seopisivale eljene komutacije i nain ostvarivanja veza. Od tog trenutka, Bulova algebra je doivela nevienuekspanziju u svakoj primeni. U prilog ovoj konstataciji ide svakako i injenica da su dananji sistemi sve viedigitalni. Zbog vanosti prekidake algebre kod projektovanja ne samo raunara, nego i komunikacionih sistema,sistema upravljanja i bilo kojeg drugog sistema koji zahteva ili koristi digitalnu tehnologiju, veoma je vano da serazume znaaj ove algebre.

U ovoj glavi definisaemo osnovne pojmove koji se odnose na Bulovu algebru i njen podskup - prekidakualgebru.

5.1. Osnovni postulati i teoreme

Algebra se definie skupom iskaza koji se prihvataju kao injenice. Ove iskaze nazivamo aksiomima ilipostulatima algebre. Jedan od ciljeva matematiara je da izvre redukciju broja potrebnih postulata kojim sedefinie algebra na minimalan konzistentan skup. Godine 1904. je Hantington (E. V. Huntington) redukovaodefiniciju Bulove algebre na minimalan skup postulata. On je ustanovio da se svi rezultati i implikacije algebre koju

je opisao Bul mogu svesti na samo est osnovnih postulata. Koristei ovih est postilata, Hantington je definisaoBulovu algebru na sledei nain.

etvorka (B, +, , ), gde jeBskup elemenata ili konstanti algebre, + i dva binarna operatora a simbolunarni operator, naziva seBulovom algebromako su zadovoljeni sledei aksiomi:

1.Zatvorenost: za svaki element a i b iz skupaBvai(i) a+b je elementB, i(ii) ab je elementB.

2.Postojanje neutralnih elemenata za operacije+ i

(i) postoji element 0 izBtakav da za svako a izBvai 0+a = a+0 = a, i(ii) postoji element 1 izBtakav da sa svako a izBvai 1a = a1 = a.0,1BaB(i) (ii).

3.Komutativnost: za sve elemente a i b u skupuBvai(i) a+b = b+a, i(ii) ab = ba.

4.Distributivnost: za sve elemente a, b i c u skupuBvai(i) a(b+c) = ab + ac, i(ii) a+(bc) = (a+b)(a+c).

5.Postojanje inverznog elementa: Za svaki element a iz skupzBpostoji uBelementa, takav da vai(i) a +a =1, i(ii) a a = 0.

6. U skupuBpostoje najmanje dva razliita elementa, tj. 0 1.


2/15

RAUNARSKI SISTEMI: Principi digitalnih sistema54

Termini binarni operator i unarni operatorodnose se na broj argumenata koji su ukljueni u operaciju:dva ili jedan, respektivno.

Prekidaka algebra je Bulova algebra kod koje je broj elemenata u skupu B jednak 2. Binarni operatorikoji se predstavljaju znacima + i nazivaju se OR i AND, tj. ILI i I, respektivno, dok se unarni operator koji se

predstavlaja znakom naziva NOT, tj. NE, ili operator komplement. Pre nego to zakljuimo razmatranja koja seodnose na prekidaku algebru neophodno je da sagledamo neke algebarske implikacije ovih postulata, pre svega

uvoenjem nekih definicija, a zatim dokazom odreenih teorema koje e nam biti od koristi u daljem razmatranju.Napomenimo jo da se najee proizvodi tipa ab piu kao ab, izostavljajui ali podrazumevajui operator .

Definicija 5.1.1.Ako je A Bulov izraz, pod dualnimBulovim izrazom A* podrazumevaemo Bulov izraz koji sedobija kada se u izrazu A operacije + zamene operacijama , operacije zamene operacijama +, a konstante zamenenjihovim komplementima.

Teorema 5.1.2.Princip dualnosti. Ako iskaz A zadovoljava aksiome Bulove algebre, tada i njegov dualni iskaz A*takoe zadovoljava aksiome Bulove algebre.

Pokazaemo nekoliko osnovnih teorema Bulove algebre:

Teorema 5.1.3.Zakon idempotencije (zakon nevaenja stepenovanja)

a,bB (i) a+a = a(ii) aa = a

Dokaz:

(i) a+a = (a + a)1 prema aksiomu (2) (ii) aa = aa + 0 prema aksiomu (2)= (a + a)(a + a ) prema aksiomu (5) = aa + aa prema aksiomu (5)= a + aa prema aksiomu (4) = a(a+a ) prema aksiomu (4)= a + 0 prema aksiomu (5) = a1 prema aksiomu (5)

= a prema aksiomu (2) = a prema aksiomu (2)

Teorema 5.1.4.U Bulovoj algebri komplement elementa a, u oznaci a je jedinstven.

Dokaz: Pretpostaviemo suprotno: da ipak postoji jo jedan element ba , koji predstavlja inverzni element

elementa a i koji, prema tome, zadovoljava aksiom (5), tj. a+b=1 i ab=0.

b = b1 (2)

b = (a+a )b (5)

b = ab + a b (4)

b = 0 + a b po pretpostavcib = aa + a b (5)b = a (a + b) (4)b = a 1 po pretpostavcib = a (2)

Dakle, doli smo do protivurenosti, pa je inverzni element jedinstven.

Teorema 5.1.5.Zakon involucije operacije negacije - zakon dvojne negacije.

aBa = a

Dokaz:

a +a = a+a = 1aa = aa = 0

Ako uzmemo da jex= a , tada je, prema aksiomu o inverznom elementu, a =x, a otuda dobijamo da je a = a .

Teorema 5.1.6.

aB (i) a+1 = 1(ii) a0 = 0

Dokaz:

(i) a+1 = (a+1)1a+1 = (a+1)(a+a )


3/15

5. Bulova i prekidaka algebra i elementarna logika kola 55

a+1 = a + 1a a+1 = a + a a+1 = 1

(ii) Prema principu dualnosti.

Teorema 5.1.7. De Morganova Teorema.a,bB (i) a + b = a b

(ii) ba=ab +

Dokaz:

(i) Pokaimo najpre

a+b+a b = 1 (5.1)

(a+b)a b = 0 (5.2)

a+b+a b = (a+b+a )(a+b+b ) == (b+1)(a+1) == 11 == 1

(a+b)a b = a b a + a bb =

= 0b + a0= 0 + 0= 0

Kako vai (5.1) i (5.2) i uz aksiom o inverznom elementu, jasno je da je ispunjena relacija (i).(ii) Prema principu dualnosti.

Sledee dva teoreme italac moe da pokua sam da dokae.

Teorema 5.1.8. Opta De Morganova teorema.

xiB, i= 1, ..., n (i) x x x x x xn n1 2 1 2+ + + = K K

(ii) x x x x x xn n1 2 1 2 = + + +K K

Teorema 5.1.9. Generalisana De Morganova teorema.

Ako jeABulov izraz u kome se pojavljuju operacije +, i , tada vaiA x x A x xn n( , , ) ( , , )1 1K K=

Primer 5.1:

De Morganova teorema igra veoma znaajnu ulogu kod projektovanja hardvera raunara. Koristei DeMorganovu teoremu i neke od rezultata iz odeljka 5.1 pojednostaviti sledee iskaze:

a) x y z w+ +( ) ,

b) [ ( )]( )( )x y z y wz x z+ + +

.Odgovor:

a)

x y z w x y z w

x y z w

x y zw

x y zw

xy xzw

+ + = +

= + +

= +

= +

= +

( ) ( )

( )

(

( )

) b)

[ ( )]( )( ) ( )

( )

( )

x y z y wz x z x y z y wz x z

x y z ywz x z

x y z y w z x z

x y z y w z x z

+ + + = + + + + +

= + + + +

= + + + + +

= + + + + +

Teorema 5.1.10. Zakon apsorpcije.

a,bB (i) a+ab = a(ii) a(a+b) = a


4/15


Dokaz:

(i) a + ab = a1 + ab == a(1+b) == a1 == a

(ii) Prema principu dualnosti.

Teorema 5.1.11. Zakon saimanja.

a,bB (i) ab + ab = a

(ii) (a+b)(a+b ) = a

Dokaz:

Direktna primena aksiome o distributivnosti i aksiome o inverznom elementu.

Primer 5.2:

Pojednostaviti sledei izraz:( )( )(ab ac a b a c+ + + ) .

Odgovor:

( )( )( ) ( )( )( )(

( )( )( )(

( )( )

ab ac a b a c a c a b a b a c

a c a c a b a b

a cc a bb

aa

+ + + = + + + +

= + + + +

= + +

=

)

)

= 0

Primer 5.3

ta se dobija komplementiranjem izraza a b c uv+ +( ) i kakav se zakljuak na osnovu dobijenog rezultatamoe izvesti?

Odgovor:

Kada se izraz a b c uv+ +( )komplementira imaemo

a b c uv ab c uv

a b c uv

a b c u v

+ + = +

= +

= + +

( ) ( )

( )

( ( ))

Zakljuujemo da se komplement izraza dobija zamenom +(OR) sa (AND) i obrnuto, i zamenom elementanjegovim komplementom.

Primer 5.4

Pojednostavi sledei izraz( )x y wz xyv vwz+ + +

Odgovor:

Ako usvojimo da je xy a= i wz= b, tada( )

( )

x y wz xyv vwz ab av bv

a b av

x y wz xyv

+ + + = + +

= +

= + +

5.2. Prekidaka algebra

Ako na skupuB= {0,1} definiemo operacije +, i na sledei nain


5/15


+ 0 1 0 1 0 10 0 1 0 0 0 1 01 1 1 1 0 1

tada se moe pokazati da skupBzajedno sa navedenim operacijama zadovoljava aksiome Bulove algebre (dokaz semoe sprovesti metodom savrene indukcije). Bulova algebra na skupu od dva elementa naziva se prekidakaalgebra. Napomenimo da emo nadalje u tekstu podrazumevati da radimo sa prekidakom algebrom, tj. da je B=

{0,1}.

5.2.1. Prekidake funkcije i izrazi

Ako na skupuBdefiniemo preslikavanjef:BnB

tada se preslikavanjefnazivaprekidakom funkcijom(jo i Bulovomili logikomfunkcijom). Elementi skupa Bsuureene n-torke

(x1,x2, ... ,xn),xiBkoje nazivamo vektorimailislogovimaili takama. Takvih ureenih n-torki ima ukupno 2n.

Podprekidakim izrazompodrazumevamo izraz koji se dobija primenom konanog broja puta operacija +,i nad promenljivama i konstantama iz skupaB.

5.2.2. Zadavanje prekidakih funkcija

Kako prekidake funkcije imaju konanu oblast definisanosti, to je mogue vriti njihovo zadavanje uobliku liste svih slogova sa odgovarajuim vrednostima funkcije na tim slogovima. Ovakve liste nazivamoistinitosneili kombinacione tablice. Opti oblik jedne takve tablice dat je na slici 5.1.

x1 x2 ... xn f0 0 ... 0 f(0, 0, ... , 0)0 0 ... 1 f(0, 0, . , 1).....

......

......

1 1 1 1 f(1, 1, ... , 1)

Sl. 5.1. Opti oblik kombinacione tablice.

Funkcija moe da ima vrednosti 0 ili 1 na pojedinim slogovima, ali se mogu javljati i nedefinisanevrednosti (to se obino oznaava sa x ili *, a tumai tako da funkcija na tom slogu moe biti jednaka 0 ili 1). Uz

malo kombinatorike, moe se zakljuiti da potpuno definisanih funkcija sa npromenljivih moe biti 2 2n

. Umestoureenim n-torkama moe se baratati njihovim decimalnim indeksimakoji su zapravo dekadni ekvivalenti binarnih

brojeva koji predstavljaju odreene slogove, tj.

i xkn k

k

n

=

=

21

.

Kombinaciona tablica funkcije se moe u potpunosti odrediti i zadavanjem skupova decimalnih indeksaslogova na kojima funkcija ima vrednost 1, 0 ili x. Te skupove oznaavamo redom saf(1),f(0)if(x).

Vrednosti funkcije na slogovima formiraju vektor istinitosti

Kf= (f(0),f(1), ... ,f(2n-1)).

Kombinaciona tablica je u potpunosi definisana ako znamo vektor istinitosti funkcije.Brojni indeksfunkcije je dekadni zapis binarnog broja ije su cifre elementi vektora istinitosti, s tim to je

prvi element vektora cifra najmanje teine.

N f ifi

i

n

==

( )20

2 1

.

U ovom sluaju moramo znati i broj promenljivih funkcije da bi ona bila potpuno odreena brojnim indeksom. Zaposlednja dva naina zadavanja funkcija je oigledno da se oni mogu primeniti samo na potpuno definisanefunkcije.

Osim pomenutih naina zadavanja funkcije u upotrebi je i analitiki oblik zadavanja funkcije. Kao i kodsvih ostalih matematikih funkcija, i ovde se funkcije mogu zadati u implicitnomili u eksplicitnomobliku. Jasno jeda kod funkcija sa veim brojem promenljivih (n>5) zadavanje tablicom postaje nepregledno, pa se analitiko

zadavanje jedino i primenjuje. Naravno, analitiko zadavanje funkcija se esto primenjuje i kod funkcija sa manjimbrojem promenljivih. O nekim aspektima ovog zadavanja funkcija bie vie rei u narednim odeljcima.


6/15


Primer 5.5

Odredi istinitosne tablice za sledee funkcijea) f x y z xy xz y z1 ( , , )= + + ,

b) f x y z x yz2 ( , , )= + .

Odgovor:

x y z f1(x,y,z) f2(x,y,z)

0 0 0 1 1

0 0 1 1 1

0 1 0 0 1

0 1 1 1 1

1 0 0 1 0

1 0 1 0 0

1 1 0 1 1

1 1 1 1 0

Primer 5.6

Kreiraj istinitosnu tablicu koja opisuje funkciju g(w, x, y, z) ija je vrednost 1 uvek kada je decimalniekvivalent etiri nezavisne promenljive, predstavljen kao etvorobitni broj, vei od 9. Ova funkcija se moe koristitiza proveru da li etvorobitni broj predstavlja legitimni BCD kod.

Odgovor:

Istinitosna tablica checker-a BCD koda ima sledei oblik (uvek kada w, x, y i z, pomou kojih sepredstavlja etvorobitni broj sa wkao bitom najvee teine, uzima vrednost veu od 9,gima vrednost 1).

w x y z g(w,x,y,z)0 0 0 0 0

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

Primer 5.7

Na osnovu naina prezentacije prekidakih funkcija pomou istinitosnih tablica, lako je odrediti brojmoguih prekidakih funkcija od npromenljivih. Naime, za svaku moguu dodelu od n promenljivih mogue jedefinisati jednu funkciju ija je vrednost 0, ali takoe i drugu ija je vrednost 1. S obzirom da za npromenljivih

postoji 2n moguih dodela, to znai da za n promenljivih ukupno postoji 2 prekidakih funkcija. Izlistaj sve2n

mogue funkcije od dve promenljive i dodeli imena nekim od funkcija koje su prepoznatljive.


7/15


Odgovor:

xy= 00 01 10 11 funkcija ime

0 0 0 0 0

0 0 0 1 xy AND

0 0 1 0 xy

0 0 1 1 x

0 1 0 0 xy

0 1 0 1 y

0 1 1 0 xy xy+ ExOR

0 1 1 1 x+y OR

1 0 0 0 x y+ NOR

1 0 0 1 xy xy+ ekvivalencija

1 0 1 0 y

1 0 1 1 x y+

1 1 0 0 x

1 1 0 1 x y+ implikacija

1 1 1 0 xy NAND

1 1 1 1 1

5.2.3. Fiktivne promenljive prekidakih funkcija

Ako za neku prekidaku funkcijuf(x1, ... ,xi, ... ,xn) i njenu promenljivuxivai

f(xi=0) =f(xi=1)

tada kaemo da jexifiktivna promenljivafunkcijef, to znai da vrednost funkcije u stvari ne zavisi od vrednosti tenezavisno promenljive.

Postupak utvrivanja da li je neka promenljiva fiktivna moe se sprovesti proverom vaenja gornjejednakosti, ili uz pomo kombinacione tablice kada proveravamo da li vrednost funkcije zavisi od dotinepromenljive.

S obzirom na uvedeni pojam fiktivnih promenljivih, uviamo da broj funkcija koja stvarno zavise od n

promenljivih nije 2 , veje on dat sledeom rekurentnom formulom:2n

F nn

nF n

n

nF n

nF

F

n

( ) ( ) ( ) (0)

(0)

=

=

21

12

20

2

2K

5.2.4. Superpozicija prekidakih funkcija

Zahvaljujui injenici da se oblast definisanosti nezavisnih promenljivih i oblast vrednosti funkcijapoklapaju, mogue je vriti superpoziciju prekidakih funkcija. Pod superpozicijom prekidakih funkcijapodrazumevamo postupak dobijanja nove funkcije na osnovu polaznih tako to se vri izmena oznaka promenljivihili umesto promenljivih stavljaju neke od polaznih funkcija.

5.2.5. Osobine nekih funkcije jedne i dve nezavisne promenljive

to se tie funkcija koje zavise od samo jedne nezavisno promenljive, osim identike funkcije f(x) = x,

interesantna je NE funkcija ija je kombinaciona tablica prikazana na slici 5.2.


8/15


x NE

x y I ILI

0 1 0 0 0 01 0 0 1 0 1

1 0 0 11 1 1 1

Sl. 5.2. Kombinacione tablice funkcija NE, I i ILI.

Na slici 5.2 su date i kombinacione tablice za funkcije I i ILI. NE funkcija i ove dve funkcije imaju isteosobine kao i operacije , i +, respektivno. Njihovi analitiki oblici su stoga:

NE(x) = xI(x,y) =xyILI(x,y) =x+y

Osim ovih funkcija, najee se koriste funkcije suma po modulu dva (iskljuivo ILI), implikacija, NI iNILI. Kombinacione tablice ovih funkcija prikazane su na slici 5.3.

x y NI NILI0 0 0 1 1 10 1 1 1 1 01 0 1 0 1 01 1 0 1 0 0

Sl. 5.3. Kombinacione tablice za funkcije iskljuivo ILI, implikacija, NI i NILI.

Analitiki oblik funkcije suma po modulu 2 je sledei:

f(x,y) =xy= y+xy Ova funkcija poseduje sledee osobine:

1. xy=yx2. x(yz) = (xy) z=xyz3. x(yz) =xyxz4. xx= 0

5. xx = 16. x1 = x 7. x0 =x

Funkcija implikacije ima sledei analitiki oblik:

f(x,y) =xy= x +yZa ovu funkciju vai sledee:

1. x y y x2. x (y z)(xy)z3. xx= 14. xx = x

5. x 0 = x

6.

x

1 = 17. 0 x= 18. 1 x=x

Analitiki oblici funkcija NI i NILI su sledei:

NI(x,y) =x|y= xy

NILI(x,y) =xy= x y+

Za obe funkcije vai komutativnost, ali asocijativni zakon ne vai. Od ostalih osobina navodimo sledee.

1. x|x= xx= x

2. x| = 1 xx = 0

3.

x|0 = 1 x

0 = x 4. x|1 = x1 = 0


9/15


5.2.6. Potpuna disjunktivna normalna forma i potpuna konjuktivna normalna forma funkcije

Definicija 5.2.1.Za dve prekidake funkcijefig, kaemo da je funkcijagimplikantfunkcijef, u oznacifg, ako nasvim slogovima gde funkcija f ima vrednost 0 i funkcija g ima vrednost 0, a na slogovima gde funkcija f imavrednost 1 funkcijagmoe da ima vrednost 0 ili 1. Jo kaemo da na slogovima na kojima funkcijagima vrednost1 onapokrivafunkciju f.

Definicija 5.2.2.Pod elementarnim proizvodomili konjunkcijom podrazumevamo izraz oblika~ ~ ~x x xi i ik1 2 K

pri emu su i1, ... , ik razliite vrednosti iz skupa {1, 2, ... , n}, a~ { , }x x . Konstanta 1 moe se smatrati

elementarnim proizvodom.

Definicija 5.2.3.Podprostim proizvodompodrazumevamo proizvod oblikax x xi i ik1 2 K

Definicija 5.2.4.Potpuni proizvod(minterm) je elementarni proizvod u kome se pojavljuju sve promenljive.

Definicija 5.2.5.Pod elementarnom sumomili disjunkcijom podrazumeva se izraz oblika:

~ ~ ~x x xi i n1 2 i+ + +K

Konstanta 0 moe se smatrati elementarnom sumom.

Definicija 5.2.6.Potpuna suma(maksterm) je elementarna suma u kojoj se javljaju sve promenljive.

Teorema 5.2.7.Svaka prekidaka funkcija, izuzev konstante 0, moe se na jedinstven nain predstaviti u obliku:f x x P P Pn i i k( , , )1 1 2K K i= + + + ,

pri emu su P j potpuni proizvodi koji odgovaraju onim slogovima na kojima funkcija ima vrednost 1.

Ovaj oblik se nazivapotpuna diskjunktivna normalna forma funkcije(PDNF).

kij , , ... ,= 1

Teorema 5.2.8.Svaka prekidaka funkcija, izuzev konstante 0, moe se na jedinstven nain predstaviti preko sumepo modulu 2 potpunih proizvoda na slogovima na kojima funkcija ima vrednost 1, tj.

f x x P P Pn i i k( , , )1 1 2K K

i= .Ovaj oblik se nazivapotpuna polinomna normalna forma(PPNF).

Definicija 5.2.9. Suma po modulu dva meusobno razliitih prostih proizvoda naziva se kanoniki polinom ilipolinom po modulu 2.

Teorema 5.2.10.Svaka prekidaka funkcija, izuzev konstante 0, moe se na jedinstven nain predstaviti u oblikuf x x c c x c x c x c x x c x x x cn n n n n in( , , ) , { , }1 0 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 0 1K K K K= +

Ovaj oblik funkcije se naziva razvoj Rida-Milera.

Teorema 5.2.11.Svaka prekidaka funkcije, osim konstante 1, moe se na jedinstven nain predstaviti u oblikuf x x S S Sn i i k( , , )1 1 2K K i= ,

pri emu su S j potpune sume koje odgovaraju onim slogovima na kojima funkcija ima vrednost 0.Ovaj oblik se nazivapotpuna konjuktivna normalna forma funkcije(PKNF).

kij , ,...,= 1

5.2.7. Klase prekidakih funkcija i potpuni skupovi prekidakih funkcija

Prekidake funkcije mogu pripadati sledeim klasama prekidakih funkcija:1. Klasa funkcija koje zadravaju nulu (K0):

f(x1, ... ,xn) K0 f(0,...,0) = 02. Klasa funkcija koje zadravaju jedinicu (K1):

f(x1, ... ,xn) K1 f(1,...,1) = 13. Klasa linearnih prekidakih funkcija (L):

Ove funkcije mogu se predstaviti kanonikim polinomom prvog stepen, tj.

f(x1, ... ,xn) = c0c1x1... cnxn4. Klasa samodualnih prekidakih funkcija (S):


10/15


f(x1, ... ,xn) S f(x1, ... ,xn) = f x xn( , , )1 K 5. Klasa monolokih funkcija (M):

Ako nad skupom vektora duine nuvedemo relaciju poretkaA Baibi, i{1, ..., n},

tada vaif(x1, ... ,xn) M (A Bf(A) f(B))

Navedene klase prekidakih funkcija zatvorene su u odnosu na operaciju superpozicije. Pripadnostfunkcija ovim klasama znaajna je kod odreivanja da li neki skup prekidakih funkcija predstavlja potpun skupprekidakih funkcija, odnosno skup prekidakih funkcija preko koga se mogu izraziti sve ostale prekidakefunkcije. O ovome govori sledea teorema.

Teorema 5.2.12. (Postova teorema) Skup prekidakih funkcija je potpun ako sadri bar jednu funkciju koja nepripada klasi K0, bar jednu funkciju koja ne pripada klasi K1, bar jednu funkciju koja ne pripada klasi L, bar jednufunkciju koja ne pripada klasi S i bar jednu funkciju koja ne pripada klasi M.

Funkcije I, ILI i NE ine jedan potpun skup prekidakih funkcija. Funkcije NI i NILI, svaka za sebe, inepotpun skup prekidakih funkcija. Stoga se ove funkcije nazivaju univerzalnim prekidaim funkcijama. Znaajuniverzalnih funkcija je u tome to je u integrisanoj poluprovodnikoj tehnologiji jako povoljna realizacijaregularnih struktura.

Primer 5.8

Za bilo koju Bulovu funkciju, izraenu u obliku sume proizvoda (SOP - sum of products) ili proizvodasuma (POS - product of sums), postoji standardna ili kanonika forma. Kod obe alternativne forme svaka

promenljiva se javlja bilo u komplementiranom bilo u nekomplementiranom obliku u svakom od lanova tipaproizvod ili suma. lan tipa proizvod koji ima osobine naziva se minterm, dok lna tipa suma koji poseduje oveosobine nazivamo maksterm.

Za Bulovu funkciju koja je u potpunosti komponovana od mintermova kaemo da ima kanoniku formutipa SOP.

Na primer,f x y x y x y xyz xy( , , )= + + +

predstavlja kanoniku funkciju od tri promenljive, jer svaki lan tipa proizvod sadri sve promenljive u funkciji.Promenljivu v i njen komplementvnazivamo literalima. Ako je Bulova funkcija u potpunosti komponovana odmakstermova, tada kaemo da ima kanoniku formu tipa proizvod suma.

Na primer,f x y x y z x y x y x y z( , , ) ( )( )( )( )= + + + + + + + +

predstavlja kanoniku funkciju od tri promenljive sa etiri maksterma.Za Bulovu funkciju od npromenljivih koliko makstermova i mintermova postoji?

Odgovor:

Kod Bulove funkcije od npromenljivih postoji 2nmintermova i 2nmakstermova. Na primer, mintermovi imakstermovi za Bulovu funkciju od tri promenljivef(x,y,z) su:

mintermovi makstermovi

x y x y z+ +

x y x y z+ +

x y x y+ +

x yz x y+ +

x y x y z+ +

x y x y+ +

x yz x y+ +

x yz x y+ +

Lako je uoiti iz minterm/maksterm liste da komplement bilo kog minterma predstavlja maksterm iobrnuto.


11/15


Primer 5.9

Sa ciljem da se pojednostavi notacija mintermova oni se obino kodiraju kao decimalni brojevi. Ovo seizvodi na taj nain to se dodeljuje 0 komplementiranoj promenljivoj a 1 nekomplementiranoj, tako da kao rezultatdobijamo binarnu prezentaciju minterma. Tako na primer, minterm x y se pie kao 110 (=6), a minterm oznaavakao m6.

Za sledee Bulove funkcijea) f x y z x yz x yz x yz x yz1 ( , , )= + + + , odrediti formu minterm liste;b) f x y z x y z x y z x y z x y z2 ( , , ) ( )( )( )( )= + + + + + + + + , odrediti formu maksterm liste.

Odgovor:

a) f1(x,y,z) = m1+ m2+ m5+ m7ili, ekvivalentna minterm lista je oblika

f1(x,y,z) = m(1, 2, 5, 7)b) Za kodiranje makstermova takoe se koriste decimalni brojevi. Ali, u ovom sluaju se 0 dodeljuje

nekomplementiranoj promenljivoj, a 1 komplementiranoj. Maksterm se oznaava sa Md, gde je d decimalniekvivalent binarnog broja. Shodno prethodnom, Bulova funkcijaf2(x,y,z) se moe predstaviti kao

f2(x,y,z) =M0+M3+M5+ M6dok e forma liste biti

f2(x,y,z) = M(0, 3, 5, 6)

Primer 5.10

Za Bulovu funkciju specificiranu sledeom istinitosnom tablicom

x y z f(x,y,z)

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 0

1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 1

odrediti minterm i maksterm liste.

Odgovor:

Forma tipa SOP funkcijef(x,y,z) je sledeeg oblikaf x y z xyz xyz xyz xy x y( , , )= + + + +

= m7+ m6+ m4+ m2+ m1= m(1, 2, 4, 6, 7)

Forma tipa POS funkcijef(x,y,z) je oblikaf x y z x yz xyz xyz

x yz xyz xyz

x y z x y z x y z

M M M

M

( , , )

( )( )(

( ,5)

= + +

=

= + + + + + +

=

=

0 3 5

0,3

)

Primer 5.11

Proirimo sledeu Bulovu funkciju datu u obliku nekanonike SOPf x y xy xz yz( , , )= + +


12/15


Odgovor:

f x y xy x yz

xy z z x y y z x x yz

xyz xyz xyz xyz xyz xyz

( , , )

( ) ( ) ( )

= + +

= + + + + +

= + + + + +

lanovixyzi xy se javljaju po dvaput, pa kako vai da je Q+ Q= Q, tada dobijamo da jef x y xyz xyz xyz xyz

m m m m

m

( , , )

( , ,6,7)

= + + +

= + + +

=

7 6 4 3

3 4

Primer 5.12

Proirimo sledeu Bulovu funkciju datu u formi nekanoniki POS.f x y x y x z( , , ) ( )( )= + +

Odgovor:

f x y x y x yy z

x y z x y z x y z x y z

M M M M

M

( , , ) ( )( )

( )( )( )(

( , ,6)

=

)

+ + + +

= + + + + + + + +

=

=

0 1 4 6

0,14

Primer 5.13

Ispitajmo da li su sledei Bulovi izrazi jednakif x y z xy yz xz x y

f x y z xy x y x yz

1

2

( , , )

( , , )

= + + +

= + +

Odgovor:Proirimof1(x,y,z) u kanoniku formu.

f x y z xy z z x x yz x y y z x y z z

xyz xyz xyz xyz xyz x yz x yz x yz

xyz xyz xyz x yz x y z

m

1

0 1

( , , ) ( ) ( ) ( ) ( )

( , ,3,6,7)

= + + + + + + +

= + + + + + + +

= + + + +

=

Proirimo sadaf2(x,y,z) u kanoniku formuf x y z xy z z x y z z xyz

xyz xyz x yz x y z xyz

m

2

0 1

( , , ) ( ) ( )

( , ,3,6,7)

= + + + +

= + + + +

=

S obzirom da su kanonike forme identine, date funkcije predstavljaju istu Bulovu funkciju.

Primer 5.14

Napisati izraz za prekidaku funkciju f(x, y, z)=m(0, 2, 4, 7) u standardnoj SOP formi u zavisnosti odnjenih promenljivih.

Odgovor:

f x y z m m m m

x yz x yz xyz xyz

( , , )= + + +

= + + +

0 2 4 7

Primer 5.15

Napisati SOP i POS forme za prekidaku funkcijuf1(x,y,z, w) zadatu sledeom tabelom:


13/15


x y z w f1

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 0

0 1 0 0 1

0 1 0 1 0

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 1

1 0 0 1 1

1 0 1 0 0

1 0 1 1 0

1 1 0 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 1

1 1 1 1 0

Odgovor:

f1(x,y,z, w) = m(0, 4, 6, 8, 9, 14)f1(x,y,z, w) = M(1, 2, 3, 5, 7, 10, 11, 12, 13, 15)

5.3. Elementarna logika kola

Kola koja se koriste za realizaciju Bulovih funkcija nazivaju se logika kola. Postoje AND, OR i NOT(invertor) logika kola koji obavljaju AND, OR i NOT operaciju, respektivno.

5.3.1. AND( "I" kolo)

AND logiko kolo na svom izlazu ima 1 ako i samo ako su svi njegovi ulazi jednaki 1. Simbol AND kolasa dva ulaza prikazan je na slici 5.4a, a odgovarajua istinitosna tablica na slici 5.4b.

x y z0 0 00 1 01 0 01 1 1

xz

y

a) Logiki simbol. b) Istinitosna tablica.

Sl. 5.4. AND logiko kolo.

5.3.2. OR ( "ILI" kolo)

OR logiko kolo generie na izlazu 1 ako je najmanje jedan od njegovih ulaza postavljen na 1. Logikisimbol OR kola sa dva ulaza i odgovarajua istinitosna tablica prikazani su na slici 5.5.

x y z0 0 00 1 11 0 11 1 1

xz

y


Sl. 5.5. OR logiko kolo.


14/15


5.3.3. NOT( "NE" kolo)

NOT logiko kolo generie na izlazu 1 kada je ulaz na 0, a na izlazu se generie 0 ako je na ulazu 1.Logiki simbol i istinitosna tablica NOT kola prikazane na slici 5.6. NOT logiko kolo je poznato pod alternativnimnazivom invertor.

x z

0 11 0


Sl. 5.6. NOT logiko kolo.

5.3.4. Izvedena logika kola

Od tri elementarna logika kola je mogue izvesti jo dva, NOR logiko kolo i NAND logiko kolo.

A. NOR logiko kolo("NILI" kolo)

NOR logiko kolo, slika 5.7a, dobija se kombinovanjem NOT logikog kola sa OR logikim kolom.Istinitosna tablica data je na slici 5.7b.

x y z0 0 10 1 01 0 01 1 0


Sl. 5.7. NOR logiko kolo.

Alternativni oblik NOR logikog kola je prikazan na slici 5.8.

Sl. 5.8. Alternativni oblik NOR logikog kola.

B. NAND logiko kolo ("NI" kolo)

NAND logiko kolo, slika 5.9a, se dobija kombinovanjem NOT logikog kola sa AND logikim kolom.Istinitosna tablica NAND logikog kola prikazana je na slici 5.9b.

x y z0 0 10 1 1

1 0 11 1 0


Sl. 5.9. NAND logiko kolo.

Alternativni oblik NAND logikog kola je prikazan na slici 5.10.

x

y

x

yz

x

yz

x

yz

x

y

x

yz

zz y

x

x z

x

y

z

z

Sl. 5.10. Alternativni oblik NAND logikog kola.


15/15


5.3.5. Ostali tipovi logikih kola

Dva dodatna tipa logikih kola koji se esto koriste kod digitalnih kola su ExOR (Exclusive OR) i ExNOR(Exclusive NOR) kola.

A. ExOR kola("EX-ILI" kolo)

ExOR kolo generie na svom izlazu 1 kada je bilo koji od njegovih ulaza, ali ne i oba, na 1. Istinitosnatablica i logiki simbol ExOR kola prikazani su na slici 5.11.

zy

x

xx y z0 0 00 1 11 0 11 1 0

y

z


Sl. 5.11. Logiko ExOR kolo.

ExOR kolo je poznato i kao iskljuivo ILI kolo. Bulova funkcija koja odgovara istinitosnoj tablici ExORkola je oblika

f x y xy xy x y( , )= + =

B. ExNOR kolo ("EX-NILI" kolo)

ExNOR logiko kolo se dobija kombinovanjem NOT logikog kola sa ExOR logikim kolom. Logikisimbol i istinitosna tablica ExNOR logikog kola prikazani su na slici 5.12.

x y z0 0 10 1 01 0 01 1 1

z y

xxz

y


Sl. 5.12. Logiko ExNOR kolo.

ExNOR kolo je poznato pod imenom iskljuivo NILI kolo. ExNOR logiko kolo se naziva i logiko koloekvivalencije ili koincidencije, a predstavlja se simbolom .

5.4. Problemi

1. Primenom aksioma i teorema Bulove algebre uprostiti izrazab c a b c+ + +( )

2. Proveriti da li vaiabc a b c b c a c= + + +( )( )( )

3. Funkcijuf(x1,x2,x3) zadatu skupom decimalnih indeksaf (1)= {2, 3, 5, 6} napisati u obliku PDNF i PKNF.

4. Napisati kanoniki polinom funkcije

f x x x x x x x x x x( , , ) ( )1 2 3 1 2 2 3 1 1 3= + + +

5. a) Ispitati da li je univerzalna prekidaka funkcijaf(x,y) =xy

b) Ako f nije univerzalna funkcija, nai najprostije funkcije koje sa datom funkcijom obrazuju potpun skupprekidakih funkcija.

c) Na osnovu potpunog skupa prekidakih funkcija iz take b) realizovati funkcije I, ILI i NE.

Documents

elektronika i opto elektronika