数字逻辑毛法尧第二章
数字逻辑(第二版)毛法尧课后题答案(1_6章)
习题一1.1 把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10= 4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2 完成下列二进制表达式的运算:1.3 将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4 将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.001101)2=(0.15176)8⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.010101)2=(41.25237)81.5 如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解: 一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位, 被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时, 二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除.1.6 写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011; [0.1011]反=0.1011; [0.1011]补=0.1011⑵ 0.0000[0.000]原=0.0000; [0.0000]反=0.0000; [0.0000]补=0.0000 ⑶ -10110[-10110]原=110110; [-10110]反=101001; [-10110]补=101010 1.7 已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得: [N]反=[N]补-1=1.0101, [N]原=1.1010,N=-0.1010 1.8 用原码、反码和补码完成如下运算: ⑴ 0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
数字逻辑习题答案 毛法尧 第二版
毛法尧第二版习题一1.1 把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10= 4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2 完成下列二进制表达式的运算:1.3 将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4 将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.001101)2=(0.15176)8⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.010101)2=(41.25237)81.5 如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解: 一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位, 被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时, 二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除.1.6 写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011; [0.1011]反=0.1011; [0.1011]补=0.1011⑵0.0000[0.000]原=0.0000; [0.0000]反=0.0000; [0.0000]补=0.0000⑶-10110[-10110]原=110110; [-10110]反=101001; [-10110]补=1010101.7 已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得: [N]反=[N]补-1=1.0101, [N]原=1.1010,N=-0.10101.8 用原码、反码和补码完成如下运算:⑴0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
数字逻辑毛法尧第二章
问题:由n个变量组成的最大项总共可有多少个?
• 因为最大项中每个变量可以用原变量和反变量两 种形式出现,所以n个变量共可以组成2n个最大项, 即3个变量可以组成8个最大项,例如:由A、B、 C三个变量组成的最大项可以有如下8个:
• A+B+C、A+B+C、A+B+C、A+B+C、
A+B+C、A+B+C、A+B+C、A+B+C。 • 通AB常C用…M确i定表后示,最如大果项将,原i是变怎量样看确成定0的,呢反?变当量看成
任何一个逻辑函数都可以表示成若干个最大 项的“积”的形式。
29
• 推论:n个变量的2n个最大项不是包含在F 的标准“和之积”之中,便是被包含在F的 标准“和之积”之中。
• 推论: n个变量的2n个最大项之积恒等于0。
30
问题:最小项和最大项有什么关系?
• 下标相同的最小项和最大项之间存在互补关 系。即: Mi=mi mi=Mi
23
• 所以函数 F(A、B、C)=ABC+ABC+ABC+ABC =∑m(2、3、6、7)
注意:等式左边括号内变量的顺序非常重 要,与最小项的编号有关,切记!
任何一个逻辑函数都可以表示成若干个最 小项的“和”。
24
• 推论:n个变量的2n个最小项不是包含在F的 标准“积之和”之中,便是被包含在F的标准 “积之和”之中。
• 对偶规则:若F和G相等,则Fˊ和Gˊ也相等。即 若两函数相等,则其对偶式也相等。
• 用途:根据对偶规则,若某两个逻辑函数表 达式相等,则它们的对偶式也必定相等。可 使定理和公式的证明减少一半。(如定理7、8等)
数字逻辑习题答案(毛法尧)第二版
毛法尧第二版习题一1.1 把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10= 4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2 完成下列二进制表达式的运算:1.3 将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4 将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.001101)2=(0.15176)8⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.010101)2=(41.25237)81.5 如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解: 一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位, 被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时, 二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除.1.6 写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011; [0.1011]反=0.1011; [0.1011]补=0.1011⑵0.0000[0.000]原=0.0000; [0.0000]反=0.0000; [0.0000]补=0.0000⑶-10110[-10110]原=110110; [-10110]反=101001; [-10110]补=1010101.7 已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得: [N]反=[N]补-1=1.0101, [N]原=1.1010,N=-0.10101.8 用原码、反码和补码完成如下运算:⑴0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
数字逻辑(第二版)毛法尧课后题解答(1-6章)
习题一1.1 把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10= 4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2 完成下列二进制表达式的运算:1.3 将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4 将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.001101)2=(0.15176)8⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.010101)2=(41.25237)81.5 如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解: 一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位, 被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时, 二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除.1.6 写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011; [0.1011]反=0.1011; [0.1011]补=0.1011⑵0.0000[0.000]原=0.0000; [0.0000]反=0.0000; [0.0000]补=0.0000⑶-10110[-10110]原=110110; [-10110]反=101001; [-10110]补=1010101.7 已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得: [N]反=[N]补-1=1.0101, [N]原=1.1010,N=-0.10101.8 用原码、反码和补码完成如下运算:⑴0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
数字逻辑第二章课后答案
2-1
2-2
均可以作为反相器使用。
与非门:
或非门:
异或门:
2-3 1
Y V
CMOS 与非门的一个输入端通过电阻接地,相当于该输入端输入低电平,输出Y1是高电平。
2Y V
CMOS 或非门的一个输入端通过电阻接高电平与直接接高电平是一样的,输出Y2是低电平。
V 3
Y V 低电平有效的三态门的使能端EN 接高电平,则Y3为高阻态。
4
Y V
与或非门的一个与门输入全为高电平,则输出Y4是低电平。
2-4
E D C B A Y ⋅⋅⋅⋅=1 E D C B A Y ++++=2
))((3F E D C B A Y ++++=
F E D C B A Y ⋅⋅+⋅⋅=4 2-5
当1=EN ,T1`和T2截止,Y=Z (高阻)。
当0=EN ,T1`导通,A A Y ==。
2-7
(1)忽略所有门电路的传输延迟时间,除去开始的一小段时间,与非门的两个输入端总有一个是低电平,输出一直为高电平。
(2)考虑每个门都有传输延迟时间。
假设1级门的传输延迟时间为tpd ,则与非门的两个输入端的输入信号变化实际上并不是同时的。
信号A 经过两级门的传输延迟,比信号B 要晚2tpd 时间到达与非门的输入端。
因此,将出现,在短暂时间里,两个输入端的输入信号都是高电平的情况,输出电压波形出现毛刺。
(完整版)数字逻辑习题答案毛法尧第二版
⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-3
1.2完成下列二进制表达式的运算:
1.3将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:
⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10
解:输出函数:
;
; ;
激励函数:
;
;
;
。
4.2已知状态表如表4.45所示,作出相应的状态图。
解:状态图为:
4.3已知状态图如图4.56所示,作出相应的状态表。
解:相应的状态表为:
4.4图4.57所示状态图表示一个同步时序逻辑电路处于其中某一个未知状态,。为了确定这个初始状态,可加入一个输入序列,并观察输出序列。如果输入序列和相应的输出序列为00/0、01/1、00/0、10/0、11/1,试确定该同步时序电路的初始状态。
用“与非”门实现的逻辑电路为:
用异或门实现的电路为
3.9判断下列函数是否存在冒险,并消除可能出现的冒险。
⑴
⑵
⑶
解:⑴不存在冒险;
⑵存在冒险,消除冒险的办法是添加一冗余项BD;
即:
⑶也存在冒险,消除冒险的办法也是添加一冗余因子项 .
即: .
习题四
4.1图4.55所示为一个同步时序逻辑电路,试写出该电路的激励函数和输出函数表达式。
解:为分析问题的方便,下面写出状态表:
当输入序列和相应的输出序列为00/0时,A、B、C、D都符合条件,但当序列为01/1时要转为B态或C态,就排除了A、D态;下一个序列为00/0时,B、C保持原态,接着序列为10/0时,B态转为A态,C态转为D态,但当最后一个序列为11/1时,只有D态才有可能输出1,这就排除了B态。故确定该同步时序电路的初始状态为C态。
数字逻辑(第二版)毛法尧课后题答案
(4)F A(A B C)(A C D)(E CD) A(A C D)(E C D) A(C D)(E C D) A(C D)E
(5)F AC ABC BC ABC (AC ABC)(B C)(A B C) C(A B)(B C)(A B C) CB(A B) BC
(3)(325.744)8 =3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3
(4)(785.4AF)16 =7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-3
1
1.2 完成下列二进制表达式的运算
(1)10111+101.101 (2)1100-111.011
1.11 试用8421BCD码、余3码和格雷码分别表示下列各数
(1)578)10 (2)(1100110)2
解:(578)10
=(010101111000)8421BCD =(100010101011)余3 =(1001000010)2 =(1101100011)G
解:(1100110)2
=(1010101)G =(102)10 =(000100000010)8421BCD =(010000110101)余3
=02550+99877=02427 ∴2550-123=+2427
6
1.9 分别用“对9的补数“和”对10的补数完成下列十进制 数的运算
(2)537-846 解:(2)[537-846]9补=[537]9补+[-846]9补 =0537+9153=9690 ∴537-846=-309 [537-846]10补=[537]10补+[-846]10补 =0537+9154=9691 ∴537-846=-309
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2.1分别指出变量(A,B,C,D)在何种取值组合时,下列函数值为1。
如下真值表中共有6种
如下真值表中共有8种
如下真值表中除0011、1011、1111外共有13种:
2.2用逻辑代数公理、定理和规则证明下列表达式:
⑴
证明:左边= =右边
∴原等式成立.
⑵
证明:左边= =右边
∴原等式成立.
⑶
证明:左边=
解:根据题目要求的功能,可列出真值表如下:
用卡诺图化简:z1= +
z2= +
∴转化为“与非与非”式为:
逻辑电路为:
3.8设计一个检测电路,检测四位二进制码中1的个数是否为奇数,若为偶数个1,则输出为1,否则为0。
解:用A、B、C、D代表输入的四个二进制码,F为输出变量,依题意可得真值表:
卡诺图不能化简:
=
⑶ = =
=
⑷ = =
=
3.2将下列函数简化,并用“与或非”门画出逻辑电路。
⑴ =
⑵ ∑m(1,2,6,7,8,9,10,13,14,15)=
3.3分析下图3.48所示逻辑电路图,并求出简化逻辑电路。
解:如上图所示,在各个门的输出端标上输出函数符号。则
=A(B⊙C)+C(A⊙B)
真值表和简化逻辑电路图如下,逻辑功能为:依照输入变量ABC的顺序,若A或C为1,其余两个信号相同,则电路输出为1,否则输出为0。
∴537-846=-309
[537-846]10补=[537]10补+[-846]10补=0537+9154=9691
∴537-846=-309
1.10将下列8421BCD码转换成二进制数和十进制数:
⑴(0110,1000,0011)8421BCD=(1010101011)2=(683)10
数字逻辑(第2版)习题答案
毛法尧第二版习题一1.1 把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10= 4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2 完成下列二进制表达式的运算:1.3 将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4 将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.00111)2=(0.15176)8采用0舍1入规则⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.01011)2=(41.25237)81.5 如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解: 一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位, 被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时, 二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能被(4)10整除.1.6 写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011; [0.1011]反=0.1011; [0.1011]补=0.1011⑵0.0000[0.000]原=0.0000; [0.0000]反=0.0000; [0.0000]补=0.0000⑶-10110[-10110]原=110110; [-10110]反=101001; [-10110]补=1010101.7 已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得: [N]反=[N]补-1=1.0101, [N]原=1.1010,N=-0.10101.8 用原码、反码和补码完成如下运算:⑴0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
数据l逻辑 (毛法尧 着) 课后答案(29页)
习题一1.1把下列不同进制数写成按权展开式:⑴(4517.239)10=4×103+5×102+1×101+7×100+2×10-1+3×10-2+9×10-3⑵(10110.0101)2=1×24+0×23+1×22+1×21+0×20+0×2-1+1×2-2+0×2-3+1×2-4⑶(325.744)8=3×82+2×81+5×80+7×8-1+4×8-2+4×8-3⑷(785.4AF)16=7×162+8×161+5×160+4×16-1+A×16-2+F×16-31.2完成下列二进制表达式的运算:1.3将下列二进制数转换成十进制数、八进制数和十六进制数:⑴(1110101)2=(165)8=(75)16=7×16+5=(117)10⑵(0.110101)2=(0.65)8=(0.D4)16=13×16-1+4×16-2=(0.828125)10⑶(10111.01)2=(27.2)8=(17.4)16=1×16+7+4×16-1=(23.25)101.4将下列十进制数转换成二进制数、八进制数和十六进制数,精确到小数点后5位:⑴(29)10=(1D)16=(11101)2=(35)8⑵(0.207)10=(0.34FDF)16=(0.001101)2=(0.15176)8⑶(33.333)10=(21.553F7)16=(100001.010101)2=(41.25237)81.5如何判断一个二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除?解:一个二进制正整数被(2)10除时,小数点向左移动一位,被(4)10除时,小数点向左移动两位,能被整除时,应无余数,故当b1=0和b0=0时,二进制正整数B=b6b5b4b3b2b1b0能否被(4)10整除.1.6写出下列各数的原码、反码和补码:⑴0.1011[0.1011]原=0.1011;[0.1011]反=0.1011;[0.1011]补=0.1011⑵0.0000[0.000]原=0.0000;[0.0000]反=0.0000;[0.0000]补=0.0000⑶-10110[-10110]原=110110;[-10110]反=101001;[-10110]补=101010 1.7已知[N]补=1.0110,求[N]原,[N]反和N.解:由[N]补=1.0110得:[N]反=[N]补-1=1.0101,[N]原=1.1010,N=-0.10101.8用原码、反码和补码完成如下运算:⑴0000101-0011010[0000101-0011010]原=10010101;∴0000101-0011010=-0010101。
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问题:由n个变量组成的最小项总共可有多少个?
• 因为最小项中每个变量可以用原变量和反变量两 种形式出现,所以n个变量共可以组成2n个最小项, 即3个变量可以组成8个最小项,例如:由A、B、 C三个变量组成的最小项可以有如下8个:
• ABC、ABC、ABC、ABC、
ABC、ABC、ABC、ABC。
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定理5: • A=A (还原律) • 证明 : 由公理5可以得出A=A
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定理6:(摩根定理)(是最重要和有用的定 理)
• A+B=A•B
A•B=A+B
证明 :定义两组逻辑式为A+B和A•B,则
(A•B)+(A+B)=(A•B+A)+B
结合律
=(A+A•B)+B
交换律
=(A+A)•(A+B)+B
任何一个逻辑函数都可以表示成若干个最大 项大项不是包含在F 的标准“和之积”之中,便是被包含在F的 标准“和之积”之中。
• 推论: n个变量的2n个最大项之积恒等于0。
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问题:最小项和最大项有什么关系?
• 下标相同的最小项和最大项之间存在互补关 系。即: Mi=mi mi=Mi
• F=(A+B)(B+C)(A+B+D) • “和之积”又被称为“或-与表达式”。
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最大项表达式:
• 一个具有n个变量的函数的“和”项如果 包含全部n个变量,每个变量都以原变量 或反变量形式出现,且仅出现一次,则 这个“和”项被称为最大项。例如: A+B+C、A+B+C、A+B+C等等。
• 如果一个函数完全由最大项组成,则称 该函数为标准“和之积”表达式,即最 大项表达式。
• 推论: n个变量的2n个最小项之和恒等于1。
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2. “和之积”
• 指一个函数表达式中包含着若干个“和” 项,每个“和”项中可有一个或多个以原 变量或反变量形式出现的字母,所有这些 “和”项的“积”就表示了一个函数。例 如:(A+B)、(B+C)、(A+B+D)均为“和” 项,而它们的“和”之“积”就构成了一 个函数:
证明:A•(A+B)=A•A+A•B 公理3 =A+A•B =A
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定理4: A+A•B=A+B
证明:A+A•B=(A+A)•(A+B) (分配律)
=1•(A+B)
(互补律)
=A+B
(0-1律)
A•(A+B)=A•B 证明 : A•(A+B)=A•A+A•B
=0+A•B =A•B
(分配律) (互补律) (0-1律)
• 在数字电路中,如果某一输出变量与一组输入变 量存在着一定对应关系,即输入变量取任意一组 确定的值,输出变量的值也就唯一地被确定,则 称这种关系为逻辑函数关系。设输入变量为 A1,A2,…An,输出变量为F,则: F= f (A1,A2, …An)。
• 注意:1.无论自变量或函数均只能取0或1两值。 函数和自变量的关系只能由“与”、“或”、 “非”三种基本运算来定义。
• F=B+AB+ABC • “积之和”又被称为“与-或表达式”。
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最小项表达式:
• 一个具有n个变量的函数的“积”项如果 包含全部n个变量,每个变量都以原变量 或反变量形式出现,且仅出现一次,则这 个“积”项被称为最小项。例如三变量最 小项:ABC、ABC、ABC等等。
• 如果一个函数完全由最小项组成,则称该 函数为标准“积之和”表达式,即最小项 表达式。
• 通常用mi表示最小项,下标i是怎样确定的呢?当 ABC…确定后,如果将原变量看成1,反变量看成 0,则1和0就排列成一个二进制数,与这个二进制 数相对应的十进制数,就是最小项的下标i的值。 例项如有:如A下B8C个:(m010、1)2m=1(、3)1m0 2、mm33、,3m个4变、量m5的、最m小6、 m7
证明:由公理4(0-1律),分别以0和1代替 A,可得上述各式。
推论:1=0,0=1 证明:由公理5(互补律),分别以0和1代替
A,可得上述两式。
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定理2:A+A=A,A·A=A (重叠律)
• 证明:A+A=(A+A)·1
公理4(0-1律)
•
=(A+A)·(A+A) 公理5(互补律)
•
=A+(A·A)
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• 所以函数 F(A、B、C)=ABC+ABC+ABC+ABC =∑m(2、3、6、7)
注意:等式左边括号内变量的顺序非常重 要,与最小项的编号有关,切记!
任何一个逻辑函数都可以表示成若干个最 小项的“和”。
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• 推论:n个变量的2n个最小项不是包含在F的 标准“积之和”之中,便是被包含在F的标准 “积之和”之中。
A•(B+C)=A•B+A•C 0-1律: A+0=A,A•1=A;A+1=1,A•0=0 互补律:A+A=1,A•A=0 问题:用开关电路表达这些公理(0、1在开关电路中
分别代表什么?) Back
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2.基本定理(由上述公理推出下述基本定理)
定理1: 0+0=0,1+0=1,0+1=1,1+1=1 0·0=0,1·0=0,0·1=0,1·1=1
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1、基本逻辑运算 1) 逻辑“与”运算
对于逻辑问题,如果决定某一事件发生 的多个条件必须同时具备,事件才能发生, 则这种因果关系称之为“与”逻辑。逻辑代 数中,“与”逻辑关系用“与”运算描述。
“与”运算又称为逻辑乘,其符号为 “·”、“∧”、“AND”。 1 (A、B均为1) 逻辑表达式:F=A·B=A∧B= 0 (A、B中任一为0)
证明: A•B+A•B=A•(B+B)
公理3
=A•1
公理5
=A
公理4
(A+B)•(A+B)=A+(B•B)
公理3
=A+0
公理5
=A
公理4
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定理8:
• A•B+A•C+B•C=A•B+A•C • (A+B)•(A+C)•(B+C)=(A+B)•(A+C)
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3.逻辑代数三条重要规则
规则1:代入规则
0 (A、B均为0)
4
3)逻辑“非”运算
对逻辑问题,如果某一事件的发生 取决于条件的否定,即事件与事件发生的 条件之间构成矛盾,则这种因果关系称为 “非”逻辑。 逻辑“非”又称为逻辑反 运算.
运算符号:“—A— ”(上1 (面A加=0)横线) 逻辑表达式为: F= = 0 (A=1)
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3、逻辑函数
2.1 逻辑代数的基本概念
★ 逻辑代数:是由逻辑变量集、常量“0”、“1” 及“与”、“或”、“非”等运算符号、函 数、表达式等构成的代数系统。利用逻辑代 数可以描述任何复杂的电路中条件与输出结 果间的逻辑关系。
★ 逻辑代数中也用字母表示变量,这种变量称为 逻辑变量。但变量的取值只能是1或0,代表 逻辑电路中的两种不同的逻辑状态,如开关 的闭合与打开,电路的导通与截止,电压与 电流的有或无等。
• 对偶规则:若F和G相等,则Fˊ和Gˊ也相等。即 若两函数相等,则其对偶式也相等。
• 用途:根据对偶规则,若某两个逻辑函数表 达式相等,则它们的对偶式也必定相等。可 使定理和公式的证明减少一半。(如定理7、8等)
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2.3 逻辑函数的表达形式与转换
2.3.1 逻辑函数的表示方法:
1、逻辑表达式: 即由逻辑变量、逻辑常量和运算符所构
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例:将F=A+BC转换成最小项之和
F=A+BC=A(B+B)(C+C)+(A+A)BC =ABC+ABC+ABC+ABC+ABC+ABC =ABC+ABC+ABC+ABC+ABC =∑m(1,4,5,6,7)
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例:将F=(AB+AB+C)AB转换成最小项之 和
成的式子。前面已经通过逻辑表达式讨论了 公理、定理和规则。 注意:非运算可以不加括号、与运算符通常 省略、运算优先级由高到低为非、与、或
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逻辑函数表达式的基本形式
1. “积之和”
• 是指一个函数表达式中包含着若干个“积”项, 每个“积”项中可有一个或多个以原变量或反变 量形式出现的字母,所有这些“积”项的“和” 就表示了一个函数。例如:B、AB、ABC均为 “积”项,而它们的“积”之“和”就构成了一 个函数:
• 2.设F1= f 1 (A1,A2, …An) , F2= f 2 (A1,A2, …An),若对应于A1,A2, …An的任何一 组取值,F1和F2的值都相同,则称函数F1和F2 相等,记成F1=F2。
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2.2 逻辑代数的公理、定理及规则
1.公理系统: (满足一致性、独立性和完备性)
交换律:A+B=B+A,A•B=B•A; 结合律:(A+B)+C=A+(B+C); (A•B)•C=A•(B•C) 分配律:A+(B•C)=(A+B)•(A+C)
分配律
=1•(A+B)+B=(A+B)+B
=A+1=1
(A•B)•(A+B)= A•B•A+A•B•B
分配律
=B•0+A•0