mam takie siatki Karnaugha które mam wykonać, ale w tym rzecz że za bardzo nie rozumie jaki sie zaznacza te jedynki i zera.
Z góry dziekuję za pomoc w wytłumaczeniu
[ Dodano: 10-06-2008, 12:31 ]
czy to jest dobrze zaznaczone? Prosze o sprawdzenie a jak jest źle to proszę o poprawienie
Aktyw Forum
Zarejestruj się na forum.ep.com.pl i zgłoś swój akces do Aktywu Forum. Jeśli jesteś już zarejestrowany wystarczy, że się zalogujesz.
Sprawdź punkty Zarejestruj sięSiatki Karnaugha
Moderatorzy:Jacek Bogusz, Moderatorzy
- Załączniki
-
Ostatnio zmieniony 15 cze 2008, o 21:59 przez Marylka, łącznie zmieniany 1 raz.
W pierwszym przypadku można obwieść jedną linią te 4 narożne zera (jako pojedyńcze zieloną zaznaczone), oraz wspólną obie pary zer zaznaczone żółtą, można też zgrupować obie pary zer z górnej linii oznaczone... buraczkowym??. Siatka niejako zawija sie po krawędziach, stąd taka możliwość. Wowczas pary oznaczone na niebiesko oraz czwórka oznaczona na czerwono jest nadmiarowa, ale skoro wszystkie możliwe to wszystkie...
W trzecim przypadku... podobnie można zgrupować w jeden pary zaznaczone na żółto oraz buraczkowo?? Ponadto jeśli w "sposób minimalny", to zbędne stają się pojedyncze oznaczone na jasnoniebiesko, para oznaczona na morski?? i jedna jedynka oznaczona szarym (ta w zielonej 4-ce - zupełnie nie rozumiem dlaczego została zaznaczona).
Tak ja to widzę i bym zaznaczył.
W trzecim przypadku... podobnie można zgrupować w jeden pary zaznaczone na żółto oraz buraczkowo?? Ponadto jeśli w "sposób minimalny", to zbędne stają się pojedyncze oznaczone na jasnoniebiesko, para oznaczona na morski?? i jedna jedynka oznaczona szarym (ta w zielonej 4-ce - zupełnie nie rozumiem dlaczego została zaznaczona).
Tak ja to widzę i bym zaznaczył.
W "międzyczasie" ja również znalazłem rozwiązania. W 1-szym nie mam nic do dodania w stosunku do Moderatora Pajączka, w pozostałych chyba też jesteśmy zgodni (przepraszam, nie chciało mi się sprawdzać), ale ze względu na komplikacje z opisem słownym ja proponuje pewną innowację techniczną (też chcę uniknąć rysowania).
Zadanie 2 - wymaga chyba więcej porawek, a w dodatku rysunek wychodzi bardziej zagmatwany, więc rozwiązanie przedstawię od nowa. Dla uniknięcia rysowania opiszę implikanty używając współrzędnych jak w Excelu (kolumny - litery od A do D, wiersze - liczby od 1 do osiem), choć to z ideą siatek Karnaugh'a nie ma nic wspólnego:
(A2 B2), (B1 C1), (C1 D1), (D1 D2 E1 E2), (D1 D4 E1 E4), (E1 E2 E3 E4), (C3 C6), (B5 B6 C5 C6), (C5 C6 D5 D6), (C6 C7 D6 D7), (D5 D6 D7 D8).
Zadanie 3 - ja znalazłem rozwiązanie z 8 implikantami, które wywodzi się z rozwiązania Koleżanki, po dokonaniu poprawek. Istnieją też inne rozwiązania 8-implikantowe. Jak ktoś znajdzie lepsze, to niech mnie poprawi (j.w. oznaczam kolumny od A do H, wiersze od 1 do 4):
(A3 A4 D3 D4 - po rozszerzeniu implikantu czarnego), (D1 D4 E1 E4, po połączeniu implikantu żółtego i brązowego - dopiero ten jest prosty), (A3 A4 B3 B4), (A1 B1 C1 D1), (B1 B2 C1 C2), (B2 B3 G2 G3), (F3 F4), (H1 H2)
Aha, jeszcze jedno. Za moich młodych lat bywała stosowana zasada, że implikanty lub implicenty, które obejmowały kratki nieprzylegające do siebie, obejmowało się owalami niezamkniętymi (w przypadku, gdy te kratki sąsiadowały z brzegiem tabeli, te "otwarcia" owali były skierowane na zewnątrz).
Pozdrawiam, i życzę sukcesów.
Zadanie 2 - wymaga chyba więcej porawek, a w dodatku rysunek wychodzi bardziej zagmatwany, więc rozwiązanie przedstawię od nowa. Dla uniknięcia rysowania opiszę implikanty używając współrzędnych jak w Excelu (kolumny - litery od A do D, wiersze - liczby od 1 do osiem), choć to z ideą siatek Karnaugh'a nie ma nic wspólnego:
(A2 B2), (B1 C1), (C1 D1), (D1 D2 E1 E2), (D1 D4 E1 E4), (E1 E2 E3 E4), (C3 C6), (B5 B6 C5 C6), (C5 C6 D5 D6), (C6 C7 D6 D7), (D5 D6 D7 D8).
Zadanie 3 - ja znalazłem rozwiązanie z 8 implikantami, które wywodzi się z rozwiązania Koleżanki, po dokonaniu poprawek. Istnieją też inne rozwiązania 8-implikantowe. Jak ktoś znajdzie lepsze, to niech mnie poprawi (j.w. oznaczam kolumny od A do H, wiersze od 1 do 4):
(A3 A4 D3 D4 - po rozszerzeniu implikantu czarnego), (D1 D4 E1 E4, po połączeniu implikantu żółtego i brązowego - dopiero ten jest prosty), (A3 A4 B3 B4), (A1 B1 C1 D1), (B1 B2 C1 C2), (B2 B3 G2 G3), (F3 F4), (H1 H2)
Aha, jeszcze jedno. Za moich młodych lat bywała stosowana zasada, że implikanty lub implicenty, które obejmowały kratki nieprzylegające do siebie, obejmowało się owalami niezamkniętymi (w przypadku, gdy te kratki sąsiadowały z brzegiem tabeli, te "otwarcia" owali były skierowane na zewnątrz).
Pozdrawiam, i życzę sukcesów.
Przepraszam najmocniej - powinienem był sprawdzić przed wysłaniem. Pewien brak konsekwencji z mojej strony, i dodatkowo "pośliźnięcie" w liczeniu. Oto poprawione rozwiązanie zadania 2:
(A2 B2), (A2 A3), (A3 A4), (A4 A5 B4 B5), (A4 A5 D4 D5), (A5 B5 C5 D5), (C3 C6), (B5 B6 C5 C6), (C5 C6 D5 D6), (C6 C7 D6 D7), (D5 D6 D7 D8).
Moderator pewnie słusznie mi "natrze uszu".
(A2 B2), (A2 A3), (A3 A4), (A4 A5 B4 B5), (A4 A5 D4 D5), (A5 B5 C5 D5), (C3 C6), (B5 B6 C5 C6), (C5 C6 D5 D6), (C6 C7 D6 D7), (D5 D6 D7 D8).
Moderator pewnie słusznie mi "natrze uszu".
-
Darlington
- -
- Posty:574
- Rejestracja:12 lis 2007, o 18:18
- Lokalizacja:stąd!
1. Siatka Karnaugh'a jest równocześnie tablicą prawdy, bo poszczególne wiersze i kolumny odpowiadają stanom wejść (jak ktoś zna funkcje Walsh'a, to możnaby stwierdzić, że te stany wejść są ułożone wg funkcji Walsh'a) - tylko tutaj jest brak oznaczeń wejść.Podaj tablicę prawdy to postaram się to rozwiązać.
2. Rozwiązanie w tym przypadku polega na zaznaczeniu żądanych implikantów bądź implicentów prostych - nie trzeba robić nic więcej (patrz polecenia pod rysunkami).
W zasadzie dobrze... (rozumiem ze w drugim ta samotna jedynak zamyka sie z jeszcze jedna nizej??
Pozatym skrajne oznaczaj raczej tak (wynika to z tego ze w zasadzie siatke mozna "przesunac" tak jak z 1) => 2) i wowczas to ladnie wyglada).
Ps:
tg3a: Ja tam niczego Ci nacierac nie zamierzam, nie wiem jak inni
choc nie byl to jedyny blad w tamtej wypowiedzi... (np. pojawily Ci sie nagle kolumny E w drugim) ale zeby tylko takie problemy mieli moderatorzy, to zycie bylo by piekne.
Pozatym skrajne oznaczaj raczej tak (wynika to z tego ze w zasadzie siatke mozna "przesunac" tak jak z 1) => 2) i wowczas to ladnie wyglada).
Ps:
tg3a: Ja tam niczego Ci nacierac nie zamierzam, nie wiem jak inni
choc nie byl to jedyny blad w tamtej wypowiedzi... (np. pojawily Ci sie nagle kolumny E w drugim) ale zeby tylko takie problemy mieli moderatorzy, to zycie bylo by piekne.- Załączniki
-
Marylko,
Zadanie 1-sze - dobrze (ja bym tylko trochę inaczej ustawił otwarcia w obwódce implicentu granatowego), drugie - też dobrze (trochę się te kolory zlewają). W trzecim - nie pamiętam definicji zer jądrowych (i nie mam podręcznika), a definicja znaleziona przeze mnie w internecie mogłaby wskazywać, że tu zer jądrowych nie ma (ale myślę, że jest ona trochę nieścisła). Może Pajączek uzupełni. Jeśli chodzi o implicenty, to obwódka ciemnobrązowa (od B2 B3 do E2 E3) nie jest implicentem (a tym bardziej prostym). Moja propozycja: przesunąć ją tak, aby obejmowała pola (A2 A3 B2 B3 C2 C3 D2 D3). Obwódkę żółtą, żeby stała się implicentem prostym, należy poszerzyć, bo na razie jest tylko implicentem. Powinna obejmować pola (A1 A2 B1 B2). Obwódka zielona - dobrze. Obwódka jasnobrązowa jest tylko implicentem - żeby była implicentem prostym, należy ją powiększyć (A3 D3 E3 H3). Po przesunięciu ciemnobrązowej obwódki pozostało do załatania pole E2 - najlepiej w tym celu przeorganizować fioletową obwódkę (C2 D2 E2 F2). Obwódka niebieska - dobrze, a szarą należy poszerzyć (D3 D4), bo tak jak do tej pory nie jest implicentem prostym.
Łączna ilość implicentów prostych jest równa 7. Jeśli jest lepsze rozwiązanie, to myślę, że Pajączek mnie poprawi.
Jeśli chodzi o rysunki Pajączka, to chodzi o to, że siatkę Karnaugh'a można sobie wyobrażać jako torus (powierzchnię toroidu), tzn. można wyciąć prostokąt, jaki ona tworzy, zwinąć i skleić go w powierzchnię boczną walca, a następnie zwinąć taki walec tak, by go skleić podstawami. Powstaje nam w ten sposób rzeczony torus (a mówiąc bardziej przystępnie, jakby dętka rowerowa). Operacja Pajączka polegała po prostu na pokazaniu tego, co by powstało z danej siatki przy innym pocięciu tej "dętki". Mam nadzieję, że potrafisz sobie to wyobrazić.
Zadanie 1-sze - dobrze (ja bym tylko trochę inaczej ustawił otwarcia w obwódce implicentu granatowego), drugie - też dobrze (trochę się te kolory zlewają). W trzecim - nie pamiętam definicji zer jądrowych (i nie mam podręcznika), a definicja znaleziona przeze mnie w internecie mogłaby wskazywać, że tu zer jądrowych nie ma (ale myślę, że jest ona trochę nieścisła). Może Pajączek uzupełni. Jeśli chodzi o implicenty, to obwódka ciemnobrązowa (od B2 B3 do E2 E3) nie jest implicentem (a tym bardziej prostym). Moja propozycja: przesunąć ją tak, aby obejmowała pola (A2 A3 B2 B3 C2 C3 D2 D3). Obwódkę żółtą, żeby stała się implicentem prostym, należy poszerzyć, bo na razie jest tylko implicentem. Powinna obejmować pola (A1 A2 B1 B2). Obwódka zielona - dobrze. Obwódka jasnobrązowa jest tylko implicentem - żeby była implicentem prostym, należy ją powiększyć (A3 D3 E3 H3). Po przesunięciu ciemnobrązowej obwódki pozostało do załatania pole E2 - najlepiej w tym celu przeorganizować fioletową obwódkę (C2 D2 E2 F2). Obwódka niebieska - dobrze, a szarą należy poszerzyć (D3 D4), bo tak jak do tej pory nie jest implicentem prostym.
Łączna ilość implicentów prostych jest równa 7. Jeśli jest lepsze rozwiązanie, to myślę, że Pajączek mnie poprawi.
Jeśli chodzi o rysunki Pajączka, to chodzi o to, że siatkę Karnaugh'a można sobie wyobrażać jako torus (powierzchnię toroidu), tzn. można wyciąć prostokąt, jaki ona tworzy, zwinąć i skleić go w powierzchnię boczną walca, a następnie zwinąć taki walec tak, by go skleić podstawami. Powstaje nam w ten sposób rzeczony torus (a mówiąc bardziej przystępnie, jakby dętka rowerowa). Operacja Pajączka polegała po prostu na pokazaniu tego, co by powstało z danej siatki przy innym pocięciu tej "dętki". Mam nadzieję, że potrafisz sobie to wyobrazić.
Komentarz do rozwiązania zadania 3.
"Pokrycie w sposób minimalny" nie oznacza, że implicenty nie powinny się nakładać, tylko, że powinna być ich jak najmniejsza ilość (przynajmniej ja to tak rozumiem, jeśli się mylę, to niech mnie ktoś wyprowadzi z błędu). Próbując uniknąć nakładania się implicentów zakreśliłaś w kilku miejscach implicenty, które nie są proste. Przyjmijmy następujące oznaczenia wejść: niech w1 obejmuje kolumny E, F, G i H (a ~w1 odpowiednio kolumny A, B, C i D), w2 niech obejmuje kolumny C, D, E i F (a ~w2 odpowiednio kolumny A, B, G i H), w3 niech obejmuje kolumny B, C, F i G (a ~w3 odpowiednio kolumny A, D, E i H), w4 niech obejmuje wiersze 3 i 4 (a ~w4 odpowiednio wiersze 1 i 2), oraz niech w5 obejmuje wiersze 2 i 3 (a ~w5 odpowiednio wiersze 1 i 4). Tylda oznacza oczywiście negację. Zgodnie z definicją, jaka znajduje się przykładowo pod adresem http://www.imio.pw.edu.pl/wwwvlsi/cad/t ... _komb.html , implicent objęty owalem fioletowym (kratki A1 i B1), opisywany sumą logiczną w1 V w2 V w4 V w5 może być zmniejszony o "literę" w5, i nadal jest implicentem, bo wszędzie tam, gdzie jest równy zeru (na polach A1, A2, B1 i B2) funkcja też jest równa zeru (używam symbolu sumy logicznej "V" przyjętego w matematyce, ale na stronie, do której podałem odsyłacz, używają po prostu "+"). Dalsze pozbawianie go kolejnych "liter", czyli kolejnych zmiennych wejściowych, jest już niemożliwe, bo będziemy wchodzić na jedynki. Tak więc Twój implicent (A1 B1) nie jest prosty w myśł tej definicji - prosty jest dopiero implicent (A1 A2 B1 i B2). W poleceniu jest mowa o implicentach prostych, więc Twoje rozwiązanie jest błędne. Pozostałe implicenty, które nie są proste, to: (C1 C2) i (F1 F2) - oba, przez pozbawienie wejścia w1 i odpowiednio ~w1, łączą się zresztą w jeden implicent, który już jest prosty; (E2 E3) - może być, przez pozbawienie wejścia ~w1 rozszerzony do (D2 D3 E2 E3). Nie widzę, jak oznaczyłaś zero D4 - jest tylko pod nim szara kreska. To zero można połączyć tylko z zerem D3 (poprzez eliminację wejścia w5). Tak więc po poprawieniu Twego rozwiązania ostatecznie mamy 7 implicentów prostych: (A2 A3 B2 B3 C2 C3 D2 D3), (A1 A2 B1 B2), (C1 C2 F1 F2), (D2 D3 E2 E3), (D3 D4), (G1 G4) i (H3 H4).
Jeśli to podkreślenie D4 miało oznaczać zero jądrowe, to ja na ten temat nie potrafię się w tym momencie wypowiedzieć - jak napisałem już, oddaję pałeczkę innym.
Pozdrawiam, i życzę sukcesów.
"Pokrycie w sposób minimalny" nie oznacza, że implicenty nie powinny się nakładać, tylko, że powinna być ich jak najmniejsza ilość (przynajmniej ja to tak rozumiem, jeśli się mylę, to niech mnie ktoś wyprowadzi z błędu). Próbując uniknąć nakładania się implicentów zakreśliłaś w kilku miejscach implicenty, które nie są proste. Przyjmijmy następujące oznaczenia wejść: niech w1 obejmuje kolumny E, F, G i H (a ~w1 odpowiednio kolumny A, B, C i D), w2 niech obejmuje kolumny C, D, E i F (a ~w2 odpowiednio kolumny A, B, G i H), w3 niech obejmuje kolumny B, C, F i G (a ~w3 odpowiednio kolumny A, D, E i H), w4 niech obejmuje wiersze 3 i 4 (a ~w4 odpowiednio wiersze 1 i 2), oraz niech w5 obejmuje wiersze 2 i 3 (a ~w5 odpowiednio wiersze 1 i 4). Tylda oznacza oczywiście negację. Zgodnie z definicją, jaka znajduje się przykładowo pod adresem http://www.imio.pw.edu.pl/wwwvlsi/cad/t ... _komb.html , implicent objęty owalem fioletowym (kratki A1 i B1), opisywany sumą logiczną w1 V w2 V w4 V w5 może być zmniejszony o "literę" w5, i nadal jest implicentem, bo wszędzie tam, gdzie jest równy zeru (na polach A1, A2, B1 i B2) funkcja też jest równa zeru (używam symbolu sumy logicznej "V" przyjętego w matematyce, ale na stronie, do której podałem odsyłacz, używają po prostu "+"). Dalsze pozbawianie go kolejnych "liter", czyli kolejnych zmiennych wejściowych, jest już niemożliwe, bo będziemy wchodzić na jedynki. Tak więc Twój implicent (A1 B1) nie jest prosty w myśł tej definicji - prosty jest dopiero implicent (A1 A2 B1 i B2). W poleceniu jest mowa o implicentach prostych, więc Twoje rozwiązanie jest błędne. Pozostałe implicenty, które nie są proste, to: (C1 C2) i (F1 F2) - oba, przez pozbawienie wejścia w1 i odpowiednio ~w1, łączą się zresztą w jeden implicent, który już jest prosty; (E2 E3) - może być, przez pozbawienie wejścia ~w1 rozszerzony do (D2 D3 E2 E3). Nie widzę, jak oznaczyłaś zero D4 - jest tylko pod nim szara kreska. To zero można połączyć tylko z zerem D3 (poprzez eliminację wejścia w5). Tak więc po poprawieniu Twego rozwiązania ostatecznie mamy 7 implicentów prostych: (A2 A3 B2 B3 C2 C3 D2 D3), (A1 A2 B1 B2), (C1 C2 F1 F2), (D2 D3 E2 E3), (D3 D4), (G1 G4) i (H3 H4).
Jeśli to podkreślenie D4 miało oznaczać zero jądrowe, to ja na ten temat nie potrafię się w tym momencie wypowiedzieć - jak napisałem już, oddaję pałeczkę innym.
Pozdrawiam, i życzę sukcesów.
tg3a
To w tym poprzednim w trzeciej statce ma być tak?
ja dalej troche nie rozumie tej trzeciej siatki !!! Czemu to co zaznaczyłam nie są implicentami prostymi? Przecież też wychodzi liczba 7 implicentów. W zadaniu jest napisane że za każdy nadmiarowy implicent będą odejmowane punkty, ja cały czas myślałam że trzeba jak najmniej kombinacji...
Zaznaczyłam tak jak ty mi napisałeś
To w tym poprzednim w trzeciej statce ma być tak?
ja dalej troche nie rozumie tej trzeciej siatki !!! Czemu to co zaznaczyłam nie są implicentami prostymi? Przecież też wychodzi liczba 7 implicentów. W zadaniu jest napisane że za każdy nadmiarowy implicent będą odejmowane punkty, ja cały czas myślałam że trzeba jak najmniej kombinacji...
Zaznaczyłam tak jak ty mi napisałeś
- Załączniki
-
-
Tak mimo poznej pory dodam tylko tyle co znalazlem w sieci odnosnie zer (jedynek) jadrowych:
oraz implicentow (implikantow) prostych0 jadrowe i 1 jadrowa to taka wartosc, ktora moze byc tylko w jeden sposob zaznaczona z innym elementem. Jak jest wiecej sposobow zaznaczenia tej samej 1 lub 0 to juz nie jest to zero jadrowe ani 1 jadrowa tylko implikant prosty lub implicent prosty.
Definicje moga wydac sie zawile ale moze cos Ci wyjasnia.Implicent funkcji F, z którego usunięcie dowolnej zmiennej powoduje, że przestaje być implicentem nazywamy implicentem prostym
Marylko, poczekam na potwierdzenie Pajączka - oznaczyłaś zgodnie z moim opisem. Co do definicji implicentu, spróbuję trochę pewne rzeczy poobjaśniać, może to Ci pomoże.
Dla ułatwienia przytoczę swoje założenie odnośnie oznaczenia sygnałów (parametrów, zmiennych) wejściowych:
Ogólnie siatki Karnaugh'a są skonstruowane tak, że rozszerzanie implicentów (i analogiczne implikantów) polega w praktyce na przyklejeniu do obszaru dotychczasowego drugiego takiego samego co do wielkości obszaru obok (przy czym sąsiedztwo liczy się po powierzchni torusa, czyli opisywanej przeze mnie wcześniej "dętki"; tak więc wiersz 1 sąsiaduje z wierszem 4, a kolumna A z kolumną H. Ale to jest nie do końca prawdą; tak byłoby, gdyby kolumn ani wierszy nie było więcej niż 4. Tu jednak ze względu na 5 zmiennych mamy aż 8 kolumn, i dochodzi reguła, że "sąsiadujące" są również kolumny (bądź wiersze w przypadku 8 wierszy) odbite względem osi symetrii przechodzącej między kolumną D i E (lub wierszem 4 i 5). Czyli rozszerzanie polega również na dodaniu do obszaru implicenta obszaru doń symetrycznego. Tak więc do początkowego implicenta (A1) doklejamy kolejno A2, do wynikowego (A1 A2) doklejamy B1 i B2, a do (A1 A2 B1 B2) już nie da się nic dokleić. Spróbujmy: sąsiadująco z prawej (C1 C2 D1 D2)? Nie, bo na D1 jest jedynka, i to już nie jest implicent. Sąsiadująco z góry poprzez "powierzchnię dętki" (tu zresztą nie trzeba się gimnastykować po dętce, w dół wychodzi na to samo) o pola (A4 A3 B4 B3)? Nie, bo na A4 i B4 mamy jedynki. "Sąsiadująco" względem osi symetrii o pola G1 G2 H1 i H2 (jest to równocześnie sąsiedztwo w lewo po torusie)? Nie, bo na G2, H1 i H2 są jedynki. Tak więc implicentu (A1 A2 B1 B2) nie da się rozszerzyć - jest to implicent prosty.
Paru rzeczy, które mogą jeszcze nie być do końca jasne, nie dopowiedziałem, ale na razie na tym przerwę. Jeśli będziesz miała jakieś pytania do tego "wykładu", to proszę, pytaj.
Pozdrawiam Cię, i mam nadzieję, że choć trochę implicenty (a przez analogię również implikanty) staną się jaśniejsze (bo proste to one zwykle muszą być zgodnie z poleceniem).
Dla ułatwienia przytoczę swoje założenie odnośnie oznaczenia sygnałów (parametrów, zmiennych) wejściowych:
Implicent to suma logiczna dowolnych zmiennych (albo, jak początkowo pisałem, sygnałów wejściowych), która jest równa zeru wszędzie tam, gdzie i nasza funkcja przedstawiona w tablicy Karnaugh'a jest równa zeru. Przykładowo suma logiczna w1+w2+w3+w4+w5 (dla uproszczenia zrezygnowałem z symbolu "V") jest równa zeru dla w1=w2=w3=w4=w5=0, co ma miejsce na polu A1, więc jest implicentem (który zaznaczylibyśmy kółeczkiem), gdyż nasza funkcja na tym polu również przyjmuje wartość 0. Nie jest to jednak implicent prosty, bo jeśli z tej sumy wyrzucimy np. zmienną w5, to pozostała suma jest równa zeru na polach A1 i A2 (co się dzieje na polu A1 już pisałem; na polu A2 zmienne od w1 do w4 są równe nadal 0, a zmienna w5 jest równa 1, ale jej już teraz w sumie nie ma). Ponieważ na polu A2 nasza funkcja też jest równa zeru, to widać, że przez wyrzucenie zmiennej w5 implicent obejmujący pole A1 dał się rozszerzyć, więc nie był implicentem prostym.Przyjmijmy następujące oznaczenia wejść: niech w1 obejmuje kolumny E, F, G i H (a ~w1 odpowiednio kolumny A, B, C i D), w2 niech obejmuje kolumny C, D, E i F (a ~w2 odpowiednio kolumny A, B, G i H), w3 niech obejmuje kolumny B, C, F i G (a ~w3 odpowiednio kolumny A, D, E i H), w4 niech obejmuje wiersze 3 i 4 (a ~w4 odpowiednio wiersze 1 i 2), oraz niech w5 obejmuje wiersze 2 i 3 (a ~w5 odpowiednio wiersze 1 i 4). Tylda oznacza oczywiście negację.
Ogólnie siatki Karnaugh'a są skonstruowane tak, że rozszerzanie implicentów (i analogiczne implikantów) polega w praktyce na przyklejeniu do obszaru dotychczasowego drugiego takiego samego co do wielkości obszaru obok (przy czym sąsiedztwo liczy się po powierzchni torusa, czyli opisywanej przeze mnie wcześniej "dętki"; tak więc wiersz 1 sąsiaduje z wierszem 4, a kolumna A z kolumną H. Ale to jest nie do końca prawdą; tak byłoby, gdyby kolumn ani wierszy nie było więcej niż 4. Tu jednak ze względu na 5 zmiennych mamy aż 8 kolumn, i dochodzi reguła, że "sąsiadujące" są również kolumny (bądź wiersze w przypadku 8 wierszy) odbite względem osi symetrii przechodzącej między kolumną D i E (lub wierszem 4 i 5). Czyli rozszerzanie polega również na dodaniu do obszaru implicenta obszaru doń symetrycznego. Tak więc do początkowego implicenta (A1) doklejamy kolejno A2, do wynikowego (A1 A2) doklejamy B1 i B2, a do (A1 A2 B1 B2) już nie da się nic dokleić. Spróbujmy: sąsiadująco z prawej (C1 C2 D1 D2)? Nie, bo na D1 jest jedynka, i to już nie jest implicent. Sąsiadująco z góry poprzez "powierzchnię dętki" (tu zresztą nie trzeba się gimnastykować po dętce, w dół wychodzi na to samo) o pola (A4 A3 B4 B3)? Nie, bo na A4 i B4 mamy jedynki. "Sąsiadująco" względem osi symetrii o pola G1 G2 H1 i H2 (jest to równocześnie sąsiedztwo w lewo po torusie)? Nie, bo na G2, H1 i H2 są jedynki. Tak więc implicentu (A1 A2 B1 B2) nie da się rozszerzyć - jest to implicent prosty.
Paru rzeczy, które mogą jeszcze nie być do końca jasne, nie dopowiedziałem, ale na razie na tym przerwę. Jeśli będziesz miała jakieś pytania do tego "wykładu", to proszę, pytaj.
Pozdrawiam Cię, i mam nadzieję, że choć trochę implicenty (a przez analogię również implikanty) staną się jaśniejsze (bo proste to one zwykle muszą być zgodnie z poleceniem).
Do arkusza górnego
-----------------------
Funkcja F1:
Brak implikantu prostego obejmującego pola B1 i B2, o formule boolowskiej: (~a) Λ (~b) Λ (~d) Λ e . Pozostałe implikanty proste są dobre, a ich formuły boolowskie są następujące:
ciemnozielony: (~b) Λ (~c) Λ (~d) Λ e
beżowy: (~a) Λ d Λ (~e)
granatowy: (~a) Λ c Λ d
jasnozielony: (~a) Λ b Λ d
brązowy: (~a) Λ c Λ e
jasnoniebieski: b Λ (~c) Λ d Λ e
żółty: (~a) Λ b Λ c
fioletowy: (~a) Λ b Λ (~e)
szary: b Λ (~d) Λ (~e)
szarobrązowy: a Λ c Λ (~d) Λ (~e)
Funkcja F2:
Implicent ciemnozielony (obejmujący pola E1 i H1) nie jest prosty - może być rozszerzony symetrycznie o pola A1 i D1. Formuła tego wynikowego implicentu prostego: a V b V e
Brak jest implicentu obejmującego pola A4 i B4 (nie da się go rozszerzyć, więc jest prosty). Jego formuła: (~a) V b V c V d
Trudno mi też jest wypatrzyć implicent prosty obejmujący pola C3, D3, E3 i F3 (za mała rozdzielczość). Jego formuła: (~a) V (~b) V (~d)
Pozostałe implicenty proste są dobre. Oto ich formuły:
granatowy: b V (~d) V e
żółty: (~a) V (~d) V e
szarobrązowy: b V c V e
beżowy (nie widać dobrze, powinien obejmować B2 B3 C2 C3): (~b) V c V (~e)
fioletowy: (~b) V (~d) V (~e)
jasnozielony: (~a) V (~b) V (~e)
szary: (~a) V d V (~e)
Funkcja F3 - wydaje się, że dobrze (tzn. chyba nie ma lepszego rozwiązania, choć może są inne równorzędne).
Do arkusza dolnego (dla przyspieszenia nie będę podawał formuł boolowskich):
----------------------
Funkcja F1: brak implikantu prostego (C3 C4 D3 D4), pozostałe - dobrze
Funkcja F2: fioletowy implicent nie jest prosty - trzeba go rozszerzyć symetrycznie o pola A1 i D1 do (A1 D1 E1 H1)
Brak implicentów prostych (C1 C2 F1 F2) oraz (D1 D4 E1 E4)
Pozostałe - dobrze
Funkcja F3 -wygląda na to, że dobrze
Pozdrawiam
-----------------------
Funkcja F1:
Brak implikantu prostego obejmującego pola B1 i B2, o formule boolowskiej: (~a) Λ (~b) Λ (~d) Λ e . Pozostałe implikanty proste są dobre, a ich formuły boolowskie są następujące:
ciemnozielony: (~b) Λ (~c) Λ (~d) Λ e
beżowy: (~a) Λ d Λ (~e)
granatowy: (~a) Λ c Λ d
jasnozielony: (~a) Λ b Λ d
brązowy: (~a) Λ c Λ e
jasnoniebieski: b Λ (~c) Λ d Λ e
żółty: (~a) Λ b Λ c
fioletowy: (~a) Λ b Λ (~e)
szary: b Λ (~d) Λ (~e)
szarobrązowy: a Λ c Λ (~d) Λ (~e)
Funkcja F2:
Implicent ciemnozielony (obejmujący pola E1 i H1) nie jest prosty - może być rozszerzony symetrycznie o pola A1 i D1. Formuła tego wynikowego implicentu prostego: a V b V e
Brak jest implicentu obejmującego pola A4 i B4 (nie da się go rozszerzyć, więc jest prosty). Jego formuła: (~a) V b V c V d
Trudno mi też jest wypatrzyć implicent prosty obejmujący pola C3, D3, E3 i F3 (za mała rozdzielczość). Jego formuła: (~a) V (~b) V (~d)
Pozostałe implicenty proste są dobre. Oto ich formuły:
granatowy: b V (~d) V e
żółty: (~a) V (~d) V e
szarobrązowy: b V c V e
beżowy (nie widać dobrze, powinien obejmować B2 B3 C2 C3): (~b) V c V (~e)
fioletowy: (~b) V (~d) V (~e)
jasnozielony: (~a) V (~b) V (~e)
szary: (~a) V d V (~e)
Funkcja F3 - wydaje się, że dobrze (tzn. chyba nie ma lepszego rozwiązania, choć może są inne równorzędne).
Do arkusza dolnego (dla przyspieszenia nie będę podawał formuł boolowskich):
----------------------
Funkcja F1: brak implikantu prostego (C3 C4 D3 D4), pozostałe - dobrze
Funkcja F2: fioletowy implicent nie jest prosty - trzeba go rozszerzyć symetrycznie o pola A1 i D1 do (A1 D1 E1 H1)
Brak implicentów prostych (C1 C2 F1 F2) oraz (D1 D4 E1 E4)
Pozostałe - dobrze
Funkcja F3 -wygląda na to, że dobrze
Pozdrawiam
Kto jest online
Użytkownicy przeglądający to forum: Obecnie na forum nie ma żadnego zarejestrowanego użytkownika i 0 gości