====== Architektury systemów komputerowych - Lista 3. ====== * {{:ask:09.skrypt03.pdf|Wykład 3}}. * {{:ask:09.lista03.pdf|Lista 3}} ===== Zadanie 1. ===== ^$B$\$A$^0^1^ ^0|0|${\color{red} 1}$| ^1|0|${\color{red} 1}$| Tutaj widzimy, że cały układ jest zależny tylko od $A$, więc nasza formuła to $A$. ^$B$\$A$^0^1^ ^0|${\color{red} 1}$|0| ^1|${\color{red} 1}$|0| Tutaj analogicznie dla $\neg A$ Tak samo można tworzyć prostokąty w poziomie, wtedy będą dla odpowiednio $B$ i $\neg B$ $\neg B$: ^$B$\$A$^0^1^ ^0|${\color{red} 1}$|${\color{red} 1}$| ^1|0|0| $B$: ^$B$\$A$^0^1^ ^0|0|0| ^1|${\color{red} 1}$|${\color{red} 1}$| Więcej prostokątów: ^$B$\$A$^0^1^ ^0|0|${\color{blue} 1}$| ^1|${\color{red} 1}$|${\color{violet} 1}$| (fioletowy to jednocześnie czerwony i niebieski:P) Tutaj widzimy, że jedynka jest w 2 prostokątach, jednym poziomym, jednym pionowym. Poziomy prostokąt oznacza $B$, pionowy oznacza $A$, więc cała formuła to $A \vee B$. ^$B$\$A$^0^1^ ^0|${\color{red} 1}$|${\color{red} 1}$| ^1|${\color{red} 1}$|${\color{red} 1}$| Ta forumuła jest niezależna od $A$ i od $B$. Jest to $\top$. ===== Zadanie 2. ===== ==== a) ==== ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|1|1| ^01|1|1| ^11|0|0| ^10|0|0| Formuła to $\overline B$\\ ==== b) ==== ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|1|1| ^01|1|1| ^11|1|0| ^10|1|0| Formuła to $\overline B + \overline A$ ==== c) ==== ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|1|1| ^01|1|1| ^11|0|0| ^10|1|1| Formuła to $\overline B + \overline C$ ==== d) ==== ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|1|1| ^01|1|1| ^11|1|1| ^10|0|1| Formuła to $A + \overline B + C$ ===== Zadanie 3. ===== a) ^ ^xyzw^ |(1)|0001|v| |(3)|0011|v| |(9)|1001|v| |(12)|1100|v| |(7)|0111|v| |(13)|1101|v| |(14)|1110|v| |(15)|1111|v| ^ ^xyzw^ |(1,3)|00-1|a1| |(1,9)|-001|a2| |(3,7)|0-11|a3| |(9,13)|1-01|a4| |(12,13)|110-|v| |(12,14)|11-0|v| |(7,15)|-111|a5| |(13,15)|11-1|v| |(14,15)|111-|v| ^ ^xyzw^ |(12,13,14,15)|11--|a6| |(12,14,13,15)|11--| ^ ^1 ^3 ^7 ^9 ^12 ^13 ^14 ^15^ |a1|*|*| | | | | | | |a2|*| | |*| | | | | |a3| |*|*| | | | | | |a4| | | |*| |*| | | |a5| | |*| | | | |*| |a6| | | | |*|*|*|*| Z powyższej tabeli wynika, że wystarczą tylko 3 implikanty proste - a2, a3 i a6(zasadniczy) - aby otrzymać formułę: $\bar{y}\bar{z}w + \bar{x}zw + xy$\\ b) ^ ^xyzw^ |(4)|0100|v| |(6)|0110|v| |(9)|1001|v| |(7)|0111|v| |(11)|1011|v| |(15)|1111|v| ^ ^xyzw^ |(4,6)|01-0|a1| |(6,7)|011-|a2| |(9,11)|10-1|a3| |(7,15)|-111|a4| |(11,15)|1-11|a5| ^ ^4 ^6 ^7 ^9 ^11 ^15^ |a1|*|*| | | | | |a2| |*|*| | | | |a3| | | |*|*| | |a4| | |*| | |*| |a5| | | | |*|*| Tu także wystarczą 3 implikanty proste - zasadnicze a1 i a3 oraz a4, a formuła to $\bar{x}y\bar{w} + x\bar{y}w + yzw$\\ c) ^ ^xyzw^ |(10)|1010|v| |(12)|1100|v| |(11)|1011|v| |(13)|1101|v| |(14)|1110|v| |(15)|1111|v| ^ ^xyzw^ |(10,11)|101-|v| |(10,14)|1-10|v| |(12,13)|110-|v| |(12,14)|11-0|v| |(11,15)|1-11|v| |(13,15)|11-1|v| |(14,15)|111-|v| ^ ^xyzw^ |(10,11,14,15)|1-1-| |(10,14,11,15)|1-1-| |(12,14,13,15)|11--| |(12,13,14,15)|11--| Formuła to $xz + xy$\\ d) ^ ^xyzw^ |(0)|0000|v| |(2)|0010|v| |(4)|0100|v| |(8)|1000|v| |(10)|1010|v| |(13)|1101| ^ ^xyzw^ |(0,2)|00-0|v| |(0,4)|0-00| |(0,8)|-000|v| |(2,10)|-010|v| |(8,10)|10-0|v| ^ ^xyzw^ |(0,8,2,10)|-0-0| |(0,2,8,10)|-0-0| Formuła to $xy\bar{z}w + \bar{x}\bar{z}\bar{w} + \bar{y}\bar{w}$\\ ===== Zadanie 4. ===== FIXME **Uwaga, to jest rozwiązanie częściowe - proszę o dokończenie.** a) ∑(0,3,6,9,12,15) ≡ //f(a,b,c,d) = $\overline{abcd} + \overline{ab}cd + \overline{a}bc\overline{d}\ + a\overline{bc}d + ab\overline{cd} + abcd$// ^ cd\ab ^ 00 ^ 01 ^ 11 ^ 10 ^ ^ 00 | 1 | 0 | 1 | 0 | ^ 01 | 0 | 0 | 0 | 1 | ^ 11 | 1 | 0 | 1 | 0 | ^ 10 | 0 | 1 | 0 | 0 | b) ∑(0,5,10,15) ≡ //f(a,b,c,d) = $\overline{abcd} + \overline{a}b\overline{c}d+ a\overline{b}c\overline{d}+abcd$// ^ cd\ab ^ 00 ^ 01 ^ 11 ^ 10 ^ ^ 00 | 1 | 0 | 0 | 0 | ^ 01 | 0 | 1 | 0 | 0 | ^ 11 | 0 | 0 | 1 | 0 | ^ 10 | 0 | 0 | 0 | 1 | >Moje pytanie brzmi: Czy da się te wyrażenia w jakiś sposób uprościć na podstawie tabelek, czy po prostu trzeba z tych wyrażeń narysować układ z tego wyrażenia co jest? >>nie da sie uproscic, lol ===== Zadanie 5. ===== $S = (A \oplus B) \oplus C_{in}$ \\ $C_{out} = (A \cdot B) + (C_{in} \cdot (A \oplus B)) = (A \cdot B) + (C_{in} \cdot B) + (C_{in} \cdot A)$ ^ A ^ B ^ $C_i$ ^ $C_o$ ^ S ^ | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | ===== Zadanie 6. ===== 1 dla 3,5,7,11. X dla 12,15. Czyli: ^ cd\ab ^ 00 ^ 01 ^ 11 ^ 10 ^ ^ 00 | 0 | 0 | X | 0 | ^ 01 | 0 | $\color{green} 1$ | 0 | 0 | ^ 11 | $\color{red} 1$ | $\color{orange} 1$ | $\color{red} X$ | $\color{red} 1$ | ^ 10 | 0 | 0 | 0 | 0 | Więc $F = cd + \overline abd$ ===== Zadanie 7. ===== ===== Zadanie 8. ===== Wyjścia oznaczmy x,y,z Wejścia a,b,c ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|0|1| ^01|0|1| ^11|0|1| ^10|0|1| $x = a$ ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|0|1| ^01|0|1| ^11|1|0| ^10|1|0| $y = b \overline a + a \overline b$ ^$BC$\$A$^0^1^ ^00|0|0| ^01|1|1| ^11|0|0| ^10|1|1| $z = c \overline b + b \overline c$ i teraz rysunek dla wejść a,b,c i wyjść x,y,z ===== Zadanie 9. ===== ===== Zadanie 10. ===== Modyfikacja Karnaugh: wszystko jak w oryginale tylko grupujemy po zerach i przy wypisywaniu wyników pamiętamy o zanegowaniu zmiennych. Modyfikacja Quine'a: bierzemy dopełnienie zbioru z wejścia i robimy jak w oryginalnej metodzie. Na koniec negujemy zmienne. ===== Zadanie 11. ===== F(x,y,z,v) = 0 :) x XOR y XOR z XOR v ===== Zadanie 12. ===== ===== Zadanie 13. ===== {{tag>[listy_zadan]}}