Zadania do ćwiczeń z TC (OKNO)
Zadanie 1.
Zminimalizować metodą tablic następujące funkcje boolowskie:
a) f = Ł(0,1,2,9,11,12,13, ,27, 28,29),
b) f = Ł[4,5,10,11,15,18,20,24,26,30,31, (9,12,14,16,19,21,25)].
Rozwiązania:
a) f = Ł(0,1,2,9,11,12,13, ,27, 28,29)
ponieważ najwyższa liczba dziesiętna w zbiorze to 29 (w zapisie binarnym 11101) wiemy
stąd, że nasza funkcja ma 5 argumentów wejściowych. Tworzymy np. tablicę Karnaugha
3/2 i wpisujemy w odpowiednie współrzędne (liczby dziesiętne ze zbioru w zapisie
dwójkowym) wartości funkcji 1, w pozostałe 0.
x4x5
x1x2x3 00 01 11 10
000 1 1 0 1
001 0 0 0 0
011 1 1 0 0
010 0 1 1 0
110 0 0 1 0
111 1 1 0 0
101 0 0 0 0
100 0 0 0 0
Po zakreśleniu  pętelek uzyskujemy następujące wyrażenie boolowskie, wypisując kolejno
poziome, następnie pionowe owale:
f = x x x x + x x x x + x x x + x x x x
1 2 3 5 1 3 4 5 2 3 4 2 3 4 5
b) f = Ł[4,5,10,11,15,18,20,24,26,30,31, (9,12,14,16,19,21,25)]
x4x5
x1x2x3 00 01 11 10
000 0 0 0 0
001 1 1 0 0
011 - 0 1 -
010 0 - 1 1
110 1 - 0 1
111 0 0 1 1
101 1 - 0 0
100 - 0 - 1
f = x x x + x x x + x x x x + x x x x + x x x x + x x x
2 3 4 1 2 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 4 5
IT PW 1 / 8
Zadanie 2.
Uprościć następujące wyrażenie:
Y = (A + B + C + D)(A + B + C + D)(A + B + C + D)(A + B)(A + D)
Rozwiązanie:
Nanosimy Y na tablicę Karnaugha 2/2 (liczba zmiennych 4  ABCD) i upraszczamy tworząc
pętelki obejmujące 0.
Następnie wypisujemy rozwiązanie, dla kanonicznego iloczynu sumy argumenty z 0 są proste,
argumenty z 1 są zanegowane.
CD
AB 00 01 11 10
00 1 0 0 1
01 0 0 0 0
11 0 1 1 1
10 0 0 0 0
Po minimalizacji uzyskaliśmy następująca funkcję:
Y = (A + B)(A + B)(A + D)(B + C + D)
Zadanie 3.
Funkcję boolowską opisaną zbiorami F i R zminimalizować metodą ekspansji.
F: R:
00000 11101
11000 00010
11010 00110
01110 10001
11100 01100
01011
Rozwiązanie:
k
1
F: 00000 R: 11101
2
11000 00010
3
11010 00110
4
01110 10001
5 11100 01100
6 01011
Liczymy ekspansję K1.
Ponieważ k1=(00000), to macierz blokująca B1jest identyczna z macierzą R.
1 2 3 4 5
B1: 11101 1,2,3,5
�! Do pokrycia wybieramy
00010 4
L={3,4,5} (x3 x4 x5)
00110 3,4
10001 1,5
01100 2,3
wypisujemy w każdym wierszu numery kolumn z
IT PW 2 / 8
1. Następnie wybieramy taki zbiór, który zapewni pokrycie kolumnowe.
x3x4x5
K1+ dla k1=00000 będzie --000: K1+ e" K2 Pokryta została także kostka K2
11010
k3 1 2 3 4 5
11101 B3: 00111 3,4,5
00010 11000 1,2
R: 00110 11100 1,2,3
10001 01011 2,4,5
01100 10110 1,3,4
Minimalne pokrycie zapewnia �! L={1,5} (x1 x5)
K3+ = 1---0 = K3+ e" K5
x1x5
Kostka K3+ pokrywa także K5, do dalszych obliczeń zostają kostki K4, K6
01110
k4 1 2 3 4 5
11101 B4: 10011 1,4,5
00010 01100 2,3
R: 00110 01000 2
10001 11111 1,2,3,4,5
01100 00010 4
Minimalne pokrycie zapewnia �! L={2,4} (x2 x4)
x2x4
K4+ = -1-1- = K4+ e" K6
Zbierając wszystkie kostki pokrycia otrzymujemy funkcję minimalną:
fmin = x3x4x5 + x1x5 + x2x4
Zadanie 4.
Dla funkcji F opisanej tablicą zmienne niezbędne
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 F
są x5 oaz x7. Należy wyznaczyć wszystkie (!!!)
1 1 0 0 0 1 0 1 0
2 0 1 1 1 0 0 0 0
minimalne zbiory argumentów, od których zależy ta
3 1 1 1 0 0 1 1 0
funkcja oraz jej minimalne wyrażenie boolowskie z
4 1 1 0 1 1 0 0 1
najmniejszą liczbą argumentów.
5 1 0 1 0 0 1 1 0
6 1 1 1 0 1 0 0 0
7 1 0 0 0 0 0 1 1
Rozwiązanie:
8 1 1 0 1 0 1 0 0
9 1 1 0 1 1 0 1 0
P5=(1,4,6,9;2,3,5,7,8,10,11,1,2)
10 1 0 0 0 0 1 0 1
11 0 1 1 1 0 0 1 0
P7=(1,3,5,7,9,11,12;2,4,6,8,10)
12 0 1 1 0 0 0 1 0
PF=(1,2,3,5,6,8,9,11,12;4,7,10)
P5�"P7 | PF=(1,9) ;(4)(6) ;(7)(3,5,11,12) ;(2,8)(10)
IT PW 3 / 8
Tablica porównań
2,10 x1x2x3x4x6
8,10 x2x4
(x4 + x2)(x4 + x3)(x3 + x6)( x3 + x1 + x2) = (x4 + x2x3)( x3 + x1x6 + x2x6) =
4,6 x3x4
3,7 x2x3x6
= x3x4 + x1x4x6 + x2x4x6 + x2x3 + x1x2x3x6 + x2x3x6
5,7 x3x6
7,11 x1x2x3x4
7,12 x1x2x3
Stąd wszystkie rozwiązania minimalno-argumentowe:
x3, x4, x5, x7
x2, x3, x5, x7
x1, x4, x5, x6, x7
x2, x4, x5, x6, x7
x5 x7
x3 x4 x5 x7 F
00 01 11 10
1 0 0 1 1 0
x3 x4
2 1 1 0 0 0
00
1 1 0 
3 1 0 0 1 0
01
0  0 1
4 0 1 1 0 1
5 1 0 0 1 0 11
0 0  
6 1 0 1 0 0
10
 0  0
7 0 0 0 1 1
8 0 1 0 0 0
9 0 1 1 1 0
F = x3x4x5+x4x5x7
10 0 0 0 0 1
11 1 1 0 1 0
12 1 0 0 1 0
Zadanie 5.
Dla funkcji opisanej w tablicy należy wyznaczyć dekompozycje:
x1 x2 x3 x4 x5 f
a) H(G(x1, x5), x2, x3, x4),
b) H(G(x1, x5), G(x3, x4), x2), 1 0 0 0 0 0 0
2 0 0 1 1 1 0
3 0 1 0 1 0 0
4 0 1 1 1 1 0
5 0 1 1 0 0 0
6 0 0 0 1 1 1
7 0 1 0 0 0 1
8 0 1 1 0 1 1
9 1 1 0 1 0 1
10 1 0 0 1 1 1
11 1 0 0 1 0 1
IT PW 4 / 8
Rozwiązanie:
1. Tworzymy tablicę Karnaugha dla punktu a) x2x3x4/x1x5
x1x5 00 01 11 10
x2 x3 x4
000 0
001 1 1 1
011 0
010
110 0 1
111 0
101 0 1
100 1
k1 k2 k3 k4
2. Sprawdzamy, czy istnieje możliwość sklejenia kolumn. Miejsca puste traktujemy jak 
Możliwe jest sklejenie następujących kolumn:
{k1,k3} oraz {k2,k3,k4}.
Wybieramy do sklejenia {k1,k3} oraz {k2,k4}.
3. Sklejamy ze sobą kolumny {k1,k3} {k2,k4} i wprowadzamy nowe kodowanie g1 dla
sklejonych kolumn. Poniższa tablica jest funkcją argumentów x2x3x4/g1
g1 (x1x5) 0 1
11 10
X2 x3 x4 00 01
000 0 -
001 1 1
011 - 0
010 - -
110 0 1
111 - 0
101 0 1
100 1 -
k1/3 k2/4
Tablica g1: x1 x5 g1
0 0 0
0 1 0
1 0 1
1 1 1
4. Liczymy dalszą dekompozycję H(G1(x1, x5), G2(x3, x4), x2),, w tym celu jako bezpośrednie
wejścia do bloku h bierzemy sygnały g1 i x2, natomiast argumenty x3x4 będą wchodziły do
bloku G2. W celu przeprowadzenia dekompozycji należy odpowiednio zmodyfikować tablicę
argumentów x2x3x4/g1 przekształcając na tablicę x2g1/x3x4.
x3x4 00 01 11 10
x2 g1
00 0 1 - -
01 - 1 0 -
11 - 1 0 1
10 1 0 - 0
k1 k2 k3 k4
5. Sprawdzamy, czy istnieje możliwość sklejenia kolumn. Możliwe jest sklejenie kolumn:
{k1,k3} {k2,k3,k4}, stąd istnieje dekompozycja.
IT PW 5 / 8
6. Wprowadzamy nowe kodowanie g2 dla sklejonych kolumn {k1,k3} {k2,k4}
g2 (x3x4) 0 1
11 10
x2 g1 00 01
00 0 1
01 0 1
11 0 1
10 1 0
k1/3 k2/4
x3 x4 g2
Tablica g2:
0 0 0
0 1 1
1 0 0
1 1 1
Reasumując tablica H ma postać:
x2 g1g2 y
000 0
001 1
011 1
010 0
110 0
111 1
101 0
100 1
Sprawdzamy poprawność dekompozycji:
np.wiersz 10: x1x2x3x4x5:10011 => y=1
Y=H(x2,G1(x1,x5),G2(x3,x4)) = H(001)=1
0 1 1 0 1
Odp. z tablic
g1 i g2
0 0 1
Zadanie 6.
Zminimalizować i zrealizować na przerzutnikach typu D oraz JK automaty podane w
tablicach a) oraz b).
Tablica a)
S\x a b c d a b c d
1 - 3 4 2 - 1 1 1
2 4 - - - 0 - - -
3 6 6 - - 0 1 - -
4 - 6 1 5 - 0 0 1
5 - - 2 - - - 1 -
6 3 - 2 3 0 - 0 1
IT PW 6 / 8
 a b c d a b c d
A 1,2 4 3 4 2 0 1 1 1
B 3,5 6 6 2 - 0 1 1 -
C 4,6 3 6 1,2 3,5 0 0 0 1
a b c d a b c d
A C B C A 0 1 1 1
B C B A - 0 1 1 -
C B C A B 0 0 0 1
S Q1Q0 00 01 11 10 00 01 11 10
A 00
11 01 11 00 0 1 1 1
B 01
11 01 00 - 0 1 1 -
C 11
01 11 00 01 0 0 0 1
-- 10
-- -- -- -- -- -- -- --
Tablica b)
S\x 0 1 0 1
1 1 7 0 0
2 4 3 1 1
3 - 5 - 0
4 - 2 - 0
5 4 - 1 -
6 8 - 1 -
7 - 6 - 0
8 - - - 1
Pary zgodne: (1,3), (1,7), (2,5), (2,8). (3,4), (3,5), (3,6), (4,5), (4,6), (5,7), (5,8), (6,7), (6,8).
Zbiory zgodne spełniające warunek pokrycia i zamknięcia: {1,3}, {5,7}, {2,5,8}, {4,6}.
0 1 0 1
1,3 1 5,7 0 0
5,7 4 6 0 1
2,5,8 4 3 1 1
4,6 8 2 1 0
Automat minimalny:
0 1 0 1
A A B 0 0
B D D 0 1
C D A 1 1
D C C 1 0
Realizacja będzie omówiona na konsultacjach!
IT PW 7 / 8
Zadanie 7.
Zaprojektować licznik mod 8 z wejściem zezwalającym (Enable). Przerzutniki do realizacji
dobrać tak, aby uzyskać najprostszy schemat logiczny licznika. Schemat ten należy
narysować.
Rozwiązanie:
Tablica przejść-wyjść licznika Tablica wzbudzeń przerzutników typu D
E E
0 1 y 0 1
Q2 Q1 Q0 Q2 Q1 Q0
0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0
0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0
0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1
1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1
1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0
1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0
1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1
D2 D1 D0
Tablice wzbudzeń przerzutników typu T
E
0 1 0 1 0 1
Q2 Q1 Q0
0 0 0 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 0 1 0 1
0 1 1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 0 0 0 0 0 1
1 1 0 0 0 0 0 0 1
1 1 1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 0 0 0 1 0 1
1 0 0 0 0 0 0 0 1
T = EQ1Q0 T1 = EQ0 T0 = E
czyli
T = Q1T1 T1 = EQ0 T0 = E
Najprostszy schemat logiczny licznika (synchronicznego!)
E
T0 Q0 T1 Q1 T2 Q2
clk clk clk
IT PW 8 / 8