Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Wir verwenden Ihre LinkedIn Profilangaben und Informationen zu Ihren Aktivitäten, um Anzeigen zu personalisieren und Ihnen relevantere Inhalte anzuzeigen. Sie können Ihre Anzeigeneinstellungen jederzeit ändern.

Mantık Devreleri

0 Aufrufe

Veröffentlicht am

Mantık Devreleri

Veröffentlicht in: Software
  • Als Erste(r) kommentieren

Mantık Devreleri

  1. 1. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM221 MANTIK DEVRELERİ Prof. Dr. Mehmet Akbaba mehmetakbaba@karabuk.edu.tr 1. HAFTA
  2. 2. Temel Kavramlar • Sayı Sistemlerinin İncelenmesi • Sayı Sayı Sistemlerinin Dönştürülmesi • Sayı Sistemlerinde Hesaplama Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 29/22/2014
  3. 3. 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 +... + d1R1 + d0R0 • formülü ile gösterilir. Kesirli sayıları ifade etmek için aşağıdaki formül kullanılır. • S = dn Rn + dn-1 Rn-1 +... + d1R1 + d0R0 + d-1R-1 + dn-2R-2 +... olur. • d katsayılarının en büyük değeri R-1 olabilir. 9/22/2014
  4. 4. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi 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 + d0R0 + d-1R 1 • = 6.101+ 9.100+3.10-1 = 69.3 9/22/2014
  5. 5. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi 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 21 + d0 20 + d-1 2+ d-2 2-2 +... şeklinde olur. 1111.10= 1x23 + 1x22 + 1X21 + 1x20 + 1x2-1 + 0x2-2 9/22/2014
  6. 6. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi • 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. Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 69/22/2014
  7. 7. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi 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-18n-1 +... + d1 81 + d0 80 + d-18-1 + d-2 8-2 +... şeklinde olur. • Örnek: X= (47.2)8 • X= 4x81+7x80+2x8-1 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 79/22/2014
  8. 8. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi 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
  9. 9. Sayı Sistemlerinin İncelenmesi • 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 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 99/22/2014
  10. 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). Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 109/22/2014
  11. 11. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi • 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) Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 119/22/2014
  12. 12. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi • Tam sayı kısmı için sıralama aşağıdan yukarıya doğrudur. • (53)10 = (110101)2 • Örnek 2: (1271)10 sayısını ikili sayıya dönüştürelim. • Çözüm: Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 129/22/2014
  13. 13. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi • 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 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 139/22/2014
  14. 14. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  15. 15. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  16. 16. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  17. 17. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  18. 18. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi Onluk sayıların sekizlik sayılara dönüştürülmesi ÖRNEK 1: (46)10 sayısını sekizli sayıya dönüştürün 46 / 8 = 5, kalan = 6 58 , 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
  19. 19. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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 58 , 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
  20. 20. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi Onluk sayıların onaltılık sayılara dönüştürülmesi ÖRNEK 1: (46)10 sayıyı onaltılık sayıya dönüştürün. 46/16 = 2, kalan = 14 216, kalan = 2 (46)10 = (2E)16 Kesirli kısım 16 ile çarpılarak çikan sayının tam sayı kısmı alınıp yukarıdan aşağıya doğru sıralanır. 9/22/2014
  21. 21. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  22. 22. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  23. 23. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  24. 24. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  25. 25. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  26. 26. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  27. 27. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  28. 28. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  29. 29. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  30. 30. Sayı Sistemlerinin Dönüştürülmesi 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
  31. 31. 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
  32. 32. 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
  33. 33. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama ÖRNEK 1: (111)2 sayısı ile (011)2 sayısını toplayınız. 1 1 1 Eklemeler 1 1 1 + 0 1 1 10 1 0
  34. 34. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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)
  35. 35. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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)
  36. 36. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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
  37. 37. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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)
  38. 38. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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
  39. 39. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 1 1 1 1 borrows 1 0 0 0 0 - 1 1 1 1 0 1 Örnek 2:
  40. 40. 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 = 1 409/22/2014 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221
  41. 41. 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 419/22/2014 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221
  42. 42. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama 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 0 0 0 2. ara çarpım (0 1 1 1 1) 1. ve 2. ara çarpımların toplamı 1 1 1 1 3. ara çarpım (1 0 0 1 0 1 1) 3. ara çarpımdan sonraki toplam 1 1 1 1 4. ara çarpım 1 1 0 0 0 0 1 1 Sonuç
  43. 43. 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) 439/22/2014 Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221
  44. 44. 9/22/2014 Sayı Sistemlerinde Hesaplama Örnek 2: Sayısını 2510 810 sayısına binary olarak bölelim (=3.12510) 11.001 1000 11001 1000 01001 1000 0001000 1000 0000
  45. 45. 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
  46. 46. Teşekkür Ederim Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi çalışmalar dilerim… Prof. Dr. Mehm Akbaba BLM221 469/22/2014
  47. 47. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM221 MANTIK DEVRELERİ Prof. Dr. Mehmet Akbaba mehmetakbaba@karabük.edu.tr 2. HAFTA
  48. 48. 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 222.09.2014
  49. 49. 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. Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 322.09.2014
  50. 50. Tümleyen Aritmetiği • 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. • Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 422.09.2014
  51. 51. Tümleyen Aritmetiği 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
  52. 52. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  53. 53. Tümleyen Aritmetiği • ÖRNEK 2: (110010.1011)2 sayısının 2’ye tümleyenini bulunuz. • (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. Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 722.09.2014
  54. 54. • ÖRNEK 3: (110010)2 sayısının r (r=2) tümleyenini bulunuz. • (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 Tümleyen Aritmetiği 22.09.2014
  55. 55. Tümleyen Aritmetiği 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
  56. 56. Tümleyen Aritmetiği 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
  57. 57. Tümleyen Aritmetiği 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
  58. 58. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği Fomül uygulanırsa: 26-1-101101=1000000- 0000001-101101=0010010 aynı sonuç bulunur. Normalde 0 ları 1 birleri 0 yapmak yeter: Sonuç= 010010 elde edilir.
  59. 59. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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
  60. 60. Tümleyen Aritmetiği Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 1422.09.2014 • ÖRNEK11 : Desimal (725.250) sayısının 9’a tümleyenini bulunuz. • 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
  61. 61. Tümleyen Aritmetiği Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 1522.09.2014 • 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.
  62. 62. Tümleyen Aritmetiği • 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. Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 1622.09.2014
  63. 63. Tümleyen Aritmetiği • 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. Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 1722.09.2014
  64. 64. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  65. 65. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  66. 66. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  67. 67. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  68. 68. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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)
  69. 69. 22.09.2014 Tümleyen Aritmetiği 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.
  70. 70. 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
  71. 71. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri 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.
  72. 72. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri 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, 2’ye tümleyen: 10010001 c) 1’e tümleyen: 000010, 2’ye tümleyen: 000011
  73. 73. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri e) Sayının binary (ikili) dönüşümü: (125.625)10=(1111101.101)2 1’e tümleyen: 0000010.100, 2’ye tümleyen: 0000011.100
  74. 74. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri 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
  75. 75. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri 11001 X 1101 11001 + 11001 1001011 + 11001 (10010011)2 =(275)10=(25X11)
  76. 76. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri (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
  77. 77. 22.09.2014 Örnek Soru Çözümleri (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
  78. 78. 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. 329/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  79. 79. 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
  80. 80. 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 9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  81. 81. 22.09.2014 AĞIRLIKLI KODLAR
  82. 82. 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 1 369/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  83. 83. 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 0 379/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  84. 84. 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 38Prof. M. Akbaba Digital Logic
  85. 85. 9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba 39 AĞIRLIKLIKSIZ KODLAR
  86. 86. 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. 9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  87. 87. 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.9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  88. 88. 6) GRAY Kodu (Ağırlıksız kod) 9/22/2014 42Prof. 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.
  89. 89. 43 ASCII: American Standard Code for Informatıon Interchange ASKI (ASCII) KOD 9/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  90. 90. Table 1-3 ASCII code (incomplete) 449/22/2014 BLM221-B Mantik Devreleri Hafta 1-2 Ek Notlar Prof. Dr. Akbaba
  91. 91. 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
  92. 92. Teşekkür Ederim Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi çalışmalar dilerim… Prof. Dr. M. Akbaba BLM 221i 4622.09.2014
  93. 93. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM 221 MANTIK DEVRELERİ Prof Dr Mehmet AKBABA mehmetakbaba@karabuk.edu.tr 3. HAFTA
  94. 94. Temel Kavramlar • BOOLE CEBİRİ. • TEMEL TEOREMLER • BOOLEAN İFADELERİNİN LOJİK KAPILARLA GERÇEKLEŞTIRILMESİ VE DOĞRULUK TABLOLARI Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 214.12.2013
  95. 95. 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. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 314.12.2013
  96. 96. 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. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 414.12.2013
  97. 97. 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 514.12.2013
  98. 98. 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
  99. 99. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 7 ġekil 3.1.c: VEYA (OR) ĠĢlemi: Elektrik devre eĢdeğeri OR kapısı lojik toplama iĢlemi yapar. BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  100. 100. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 8 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
  101. 101. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 9 ġekil 3.2.a: VE (AND) iĢleminin doğruluk tablosu ġekil 3.2.b: VE (AND) iĢleminin simgesi BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  102. 102. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 10 ġekil 3.2.c: VE (AND) iĢleminin elektrik devre BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  103. 103. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 11 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
  104. 104. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 12 ġekil 3.3.b: Üç değiĢkenli VE (AND) iĢleminin doğruluk tablaosu BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  105. 105. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 13 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
  106. 106. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 14 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
  107. 107. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 15 ġekil 3.4 :(3.1) ve (3.2) bağıntılarını gerçekleĢtiren lojik devreler BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  108. 108. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 16 A’+B bağıntısının devresi ve doğruluk tablosu BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  109. 109. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 17 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
  110. 110. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 18 ġekil 3.5: (3.3) Lojik ifadesinin (eĢitliğinin) doğruluk tabloları ile ispatı BOOLE CEBĠRĠ 14.12.2013
  111. 111. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 19 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
  112. 112. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 20 = 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
  113. 113. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 21 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
  114. 114. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 22 ©2004 Brooks/Cole Table 2-2: Proof of Associative Law for AND BirleĢme (Associative) kuralının doğruluk tablosu ile ispatı BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  115. 115. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 23 ġekil 3.5: AND and OR için Associative kural (kanun) (Law) devreleri BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  116. 116. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 24 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
  117. 117. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 25 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
  118. 118. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 26 . 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
  119. 119. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 27 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
  120. 120. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 28 (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
  121. 121. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 29 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
  122. 122. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 30 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
  123. 123. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 31 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
  124. 124. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 32 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
  125. 125. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 33 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
  126. 126. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 34 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
  127. 127. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 35 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
  128. 128. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 36 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
  129. 129. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 37 Şekil 3.6: (3-15) ve (3-16) lojik fonksiyonlarını gerçekleĢtiren lojik devreler. BOOLE CEBİRİ 14.12.2013
  130. 130. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 38 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
  131. 131. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 39 (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........
  132. 132. Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 40 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
  133. 133. 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 Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 4114.12.2013
  134. 134. Teşekkür Ederim Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi çalışmalar dilerim… Prof. Dr. Mehmet Akbaba BLM221 4214.12.2013
  135. 135. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM 221 MANTIK DEVRELERİ Prof Dr Mehmet AKBABA mehmetakbaba@karabuk.edu.tr 4. HAFTA
  136. 136. 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
  137. 137. Boole Cebiri Uygulamaları Standart Formlar • 4.1 Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 3 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)
  138. 138. Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 4 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)
  139. 139. Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 5 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'
  140. 140. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 6 Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi 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]
  141. 141. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 7 Standart Formlar: Sop ve Pos Formlarının Birbirlerine Dönüştürülmesi 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)
  142. 142. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 8 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
  143. 143. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 9 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri 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)
  144. 144. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 10 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri 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:
  145. 145. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 11 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri Aşağıdaki bağıntılar EX-OR işlemi için geçerlidir:
  146. 146. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 12 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri Aşağıdaki bağıntılar doğruluk tablosu veya (4- 5) eşitliğinin uygulamaları ile ispatlanabilir. Equivalence işlemi ( ) aşağıdaki şekilde tanımlanmıştır: (4.6)
  147. 147. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 13 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri (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:
  148. 148. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 14 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri X Y X Y 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 Ex-NOR Doğruluk tablosu
  149. 149. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 15 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri 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:
  150. 150. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 16 Exclusive-OR and Equivalence İşlemleri 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:
  151. 151. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 17 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.
  152. 152. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 18 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
  153. 153. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 19 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.
  154. 154. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 20 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.
  155. 155. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 21 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.)
  156. 156. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 22 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
  157. 157. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 23 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.
  158. 158. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 24 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)
  159. 159. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 25 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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)
  160. 160. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 26 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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]
  161. 161. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 27 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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:
  162. 162. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 28 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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]
  163. 163. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 29 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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:
  164. 164. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 30 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi Aşağıdaki örnek sözü edilen 4 metodu içinde barındırmaktadır:
  165. 165. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 31 Boole ifadelerinin Cebirsel Olarak Basitleştirilmesi 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.)
  166. 166. 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 KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 32
  167. 167. Teşekkür Ederim Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi çalışmalar dilerim… KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 33
  168. 168. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM 221 MANTIK DEVRELERİ Prof Dr Mehmet AKBABA mehmetakbaba@karabuk.edu.tr 6. HAFTA
  169. 169. Temel Kavramlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 2 • KARNO HARITALARI • İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları • Dört değişkenli Karno Haritaları • Beş değişkenli Karno Haritaları
  170. 170. KARNO HARITALARI KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 3 • 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.
  171. 171. İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 4 F=f(A,B) İki değişkenli Karno haritası
  172. 172. İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 5 Durum tablosunda ifade edilen fonksiyonun Karno haritasına yerleştirilmesi ve minimum fonksiyon ifadesinin bulunması
  173. 173. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 6 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Doğruluk tablosu verilen üç değişkenli bir fonksiyonun Karno haritasına yerleştirilmesi ve minimum fonksiyon ifadesinin bulunması
  174. 174. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 7 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Mintermlerin sıralanması yukarıdaki gibi olacaktır. Aksi halde yanlış sonuç elde edilir.
  175. 175. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 8 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları 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.
  176. 176. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 9 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları 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’)
  177. 177. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 10 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Fig. 5.5: Karnaugh map of four product terms
  178. 178. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 11 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları f(a,b,c) = abc' + b'c + a' Fonksiyonunun Karno ile gösterilimi ve minimum ifadesinin bulunması takip eden slaytlarda gösterilmiştir.
  179. 179. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 12 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları f(a,b,c) = abc' + b'c + a' Fmin=a’+b’c+bc’
  180. 180. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 13 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Üç değişkenli fonksiyonun basitleştirilmesi
  181. 181. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 14 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları 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’)
  182. 182. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 15 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Karno Boole cebrinin teoremlerini de ifade edebilir. Örnek Consensus teoremi (aşağıda verilmiş) XY + X' Z + YZ = XY + X' Z.
  183. 183. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 16 İki ve Üç değişkenli Karno Haritaları Karno haritası fonksiyonların değişik çarpımların toplamı ifadelerini verebilmektedir Aşağıda; F =  m(0, 1,2, 5, 6, 7) fonksiyonunun iki ayrı ifadesi görülmektedir.
  184. 184. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 17 Dört değişkenli Karno Haritaları Hücre numaraları mintermlere göre yazılır. F(A,B,C,D)
  185. 185. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 18 Dört değişkenli Karno Haritaları 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'
  186. 186. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 19 Dört değişkenli Karno Haritaları F= acd + a’b + d’
  187. 187. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 20 Dört değişkenli Karno Haritaları 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.
  188. 188. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 21 Dört değişkenli Karno Haritaları Dört değişkenli fonksiyonların basitleştirilmesi
  189. 189. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 22 Dört değişkenli Karno Haritaları 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.
  190. 190. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 23 Dört değişkenli Karno Haritaları Fonksiyonlarda don’t care (farketmez) terimler olması durumu
  191. 191. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 24 Dört değişkenli Karno Haritaları 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')
  192. 192. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 25 Dört değişkenli Karno Haritaları
  193. 193. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 26 Dört değişkenli Karno Haritaları 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
  194. 194. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 27 Dört değişkenli Karno Haritaları 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
  195. 195. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 28 Dört değişkenli Karno Haritaları
  196. 196. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 29 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 +
  197. 197. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 30 Dört değişkenli Karno Haritaları
  198. 198. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 31 Dört değişkenli Karno Haritaları
  199. 199. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 32 Dört değişkenli Karno Haritaları
  200. 200. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 33 Dört değişkenli Karno Haritaları
  201. 201. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 34 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.
  202. 202. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 35 Beş değişkenli Karno Haritaları 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.
  203. 203. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 36 Komşu cell ler (hücreler)
  204. 204. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 37
  205. 205. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 38 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
  206. 206. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 39 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
  207. 207. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 40
  208. 208. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 41 5 DEĞİŞKENLİ KARNO HARİTASININ DİĞER BİR ŞEKLİ Veitch diagram. A=0 VE A=1 AYRI İKİ DİYAGRAM HALİNDE DÜZENLENİR (BİR SONRAKİ SLAYT)
  209. 209. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 42 Figure 5-28: Other Forms of Five-Variable Karnaugh Maps
  210. 210. Beş değişkenli Karno Haritaları KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 43
  211. 211. 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 KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 44
  212. 212. Teşekkür Ederim Sağlıklı ve mutlu bir hafta geçirmeniz temennisiyle, iyi çalışmalar dilerim… KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 45
  213. 213. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi BLM 221 MANTIK DEVRELERİ Prof Dr Mehmet AKBABA mehmetakbaba@karabuk.edu.tr 5. HAFTA
  214. 214. Temel Kavramlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 2 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
  215. 215. Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 3 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.
  216. 216. Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 4 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)
  217. 217. Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 5 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
  218. 218. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 6 Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi 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.
  219. 219. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 7 Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi 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’
  220. 220. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 8 Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi 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.
  221. 221. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 9 Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi Z=A.B’+C.D’
  222. 222. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 10 Cümlelerin Boolean Cebirine Dönüştürülmesi 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:
  223. 223. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 11 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.
  224. 224. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 12 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
  225. 225. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 13 Doğruluk Tabloları Kullanılarak Kombinasyonel Devre Tasarımı 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)
  226. 226. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 14 Doğruluk Tabloları Kullanılarak Kombinasyonel Devre Tasarımı 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:
  227. 227. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 15 Doğruluk Tabloları Kullanılarak Kombinasyonel Devre Tasarımı 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:
  228. 228. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 16 Doğruluk Tabloları Kullanılarak Kombinasyonel Devre Tasarımı 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.
  229. 229. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 17 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).
  230. 230. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 18 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi Tablo 6-1 Üç Değişkenli İfadenin Minterm ve Maxterm’leri
  231. 231. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 19 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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) ]
  232. 232. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 20 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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)
  233. 233. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 21 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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)
  234. 234. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 22 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi Daha kısa bir ifade ile maxtermler cinsinden yazmak gerekirse : Eşitlik (6-6a) direkt olarak eşitlik 6-5a ifadesinden elde edilebilir: (6.6a) (6.5a)
  235. 235. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 23 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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)
  236. 236. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 24 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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
  237. 237. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 25 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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.
  238. 238. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 26 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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’
  239. 239. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 27 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)
  240. 240. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 28 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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))
  241. 241. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 29 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi f = a'(b'+d) + acd' (6-11) Örnek 2: f fonksiyonun maxtermlerini bulunuz. Maxterm şeklinde ifade ediniz. Eksik değişkenleri XX’=0 ekleyerek bulunuz.
  242. 242. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 30 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi 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
  243. 243. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 31 Minterm ve Maxterm Genişletilmesi a'c + b'c' + ab = a'b' + be + ac’ (Sol taraf için) Sağ taraf için Her iki fonksiyonun minterm ifadeleri aynı olduğundan eşitlik doğrulanmıştır.
  244. 244. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 32 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 2 n kadar olası fonksiyon vardır.
  245. 245. KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 33 Genel Minterm ve Maxterm İfadeler Tablo 6.2: Üç değişkenli fonksiyon için Doğruluk Tablosu
  246. 246. Genel Minterm ve Maxterm İfadeler KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 34 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)
  247. 247. Genel Minterm ve Maxterm İfadeler KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 35 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)
  248. 248. Genel Minterm ve Maxterm İfadeler KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 36 (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:
  249. 249. Genel Minterm ve Maxterm İfadeler KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 37 (6.19) (i ≠j) eşitliğini sağlayan tüm mintermler düşürülür(silinir). Böylece f1f2 fonksiyonunda sadece ortak (aynı mintermler) terimler kalır. Örnek:
  250. 250. 6.5 Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 38 Dijital sistemler genellikle bir çok alt devrelere bölünmüştür. Örneğin aşağıdaki devrede N1 devresinin çıkışlarının N2 devresi için giriş olarak kullanıldığı görülmektedir.
  251. 251. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 39 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.
  252. 252. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 40 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.
  253. 253. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 41 Tablo 6.3: Dikkate Alınmayan İfadeler İçeren Doğruluk Tablosu Don’t care Don’t care
  254. 254. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 42 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.
  255. 255. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 43 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:
  256. 256. Tamamlanmamış (Eksik Tanımlanmış) Fonksiyonlar KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 44 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.
  257. 257. 6.6 Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 45 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:
  258. 258. Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 46 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,
  259. 259. Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 47 Örnek 2 (N3=N1+N2) A B C D X Y Z X: carry (elde) Y Z: sum (toplam) +
  260. 260. Doğruluk Tablosu Oluşturma Örnekleri KBUZEM Karabük Üniversitesi Uzaktan Eğitim Uygulama ve Araştırma Merkezi 48 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

×