לוגיקה צרופית Combinatorial Logic מעגל צירופי לוגי n m משתני כניסה m משתני יציאה נוהל תכנון: Design Principles תאור הבעיה. קביעת מספר משתני הכניסה הקיימים ומספר משתני היציאה הנדרשים. התאמת סמלים למשתני הכניסה והיציאה. בניית טבלת אמת המגדירה את היחסים הנדרשים בין הכניסות ליציאות. פישוט הפונקציה הבוליאנית עבור כל יציאה. "קיבוץ" ופישוט של הפונקציה הכוללת. תיאור וכתיבת הדיאגרמה הלוגית.

BCD => Seven -Segment - Decoder a Seven Segment f g b e c d קלט: מספר בן 4 ביטים ב –BCD פלט: 7 פונקציות בוליאניות כך שכל פונקציה הינה "1" אמ"מ ה- Segment המתאים צריך לדלוק. נבנה את טבלת האמת. נחשב את a…g ע"י מפות קרנו. נצמצמם את המעגלים ע"י חיפוש שערים חוזרים.

טבלת אמת  :BCD  7 Seg 1  D (A,B,C,D)=>a a = B’D’ + C + A + BD B n BCD IN 7 Seg Out A B C D a b c d e f g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 other  D 00 a = B’D’ + C + A + BD 1  (A,B,C,D)=>a a =(B’+D+C) (A+B+C+D’) 01 B 11 A 10 AB CD C

1 e = D’B’ + CD’ = D’(B’+C)  e = (B’+C)D’ D B A AB CD C  B A D C AB CD 00 01 11 10 e = D’B’ + CD’ = D’(B’+C) e = (B’+C)D’ (A,B,C,D) =>e

חצי מחבר – Half Adder HA S = X  Y (a  b) C = X • Y (a • b) חצי מחבר: מקבל 2 סיביות ומחזיר את סכומן (mod 2) ואת הנשא. HA b0 a0 C S a b s c 1 S = X  Y (a  b) C = X • Y (a • b) A B S C (a+b)’=a’b’ (a’b’ + c)’= =(a’b’)’•(a•b)’ =(a+b)•(a’+b’) =aa’ + ab’ + ba’ +bb’ a S b C (ab)’ ab חובר בספטמבר 2001

מחבר מלא – Full Adder 1 1 FA S C bn an Sn Cn Cn-1 x y z c s 1 הפונקציות s,c סימטריות ב x,y,z "תפקידי" x,y,z הינם זהים S = x’y’z + x’yz’ + xy’z’ + xyz C = xy + yz + xz Y Y 1 1 X X S C Z Z

Ripple Carry Adder

4-Bit Adder

מחבר / מחסר 1

שמוש במחבר להמרת קודים (X)BCD = (X+3)Excess-3 “O” “I” 1 2 3 4 5 6 7 8 9 * Self complementary to 9’s comp. (X)BCD = (X+3)Excess-3 S4 S3 S2 S1 (לא בשמוש) C5 C1 “O” 4 3 2 A1 4 3 2 B1 BCD “I” ממיר Excess-3 <= BCD

משווה גודל - Comparator 1 “1” A<0 B0 השער יוציא "1" כאשר A0 ו- B<0. “1” A0 B<0 השער יוציא "1" כאשר A<0 ו- B0. S3=1: אין overflow ו – A-B<0 S3=0: אין overflow ו – A-B0 A>B: AB וגם AB

חיבור מהיר – Carry Look Ahead : במחבר רגיל הנשא nC מיוצר ע”י 2n רמות של שערים: cn cn-1 c1 c1 2 דרגות שערים 2 דרגות שערים זמן החיבור תלוי בגודל המספר או לפחות במספר ביטי הייצוג. “פתרון” אפשרי: שימוש במעגלים מהירים יותר לצורך החיבור. פתרון “אלגוריתמי”: משתמש בתכונות של חיבור. נסתכל על שער i: א. אם ai=1 ו-bi=1 אזי יהיה נשא (ci+1=1) ללא תלות בערך ci. ב. אם ai=1 או bi=1 (אך לא שניהם) קיים “פוטנציאל” לקיום נשא: אם ci=1 אזי ci+1=1. ai bi Ci+1 Ci Si

מחברים מהירים – המשך: bi=1, ai=1 => נשא ודאי: פונקציה יוצרת נשא Gi = ai • bi ai  bi=1 => נשא אפשרי: Pi = ai  bi פונקציה מקדמת נשא bi ai Pi Gi נרשום עתה את Si, Ci+1 כפונקציה של Ci,Gi,Pi: Si = Pi  Ci Ci+1 = Gi+PiCi Pi, Gi מחושבות “מייד” ללא תלות בנשא מדרגה קודמת. נפתח עתה את ci באופן רקורסיבי.

פיתוח רקורסיבי: C1 = G0 + P0•C0 = G0 C2 = G1 + P1•C1 = G1 + P1•G0 = 0 C1 = G0 + P0•C0 = G0 C2 = G1 + P1•C1 = G1 + P1•G0 C3 = G2 + P2•C2 = G2 + P2•(G1 + P1•G0) = G2 + P2•G1 + P2•P1•G0 C4 = G3 + P3•C3 = G3+P3•(G2 + P2•G1 + P2•P1•G0) = G3 + P3G2 + P3P2G1 + P3P2P1G0 Ci+1 = Gi + PiGi-1 + PiPi-1Gi-2 + … +PiPi-1 … P1G0 = מימוש C4: G0 P1 P2 P3 G1 P2 P3 G2 P3 G3 C4

מימוש ריבוי כניסות ע"י שערים עם דרגת כניסה של 2 : G0 G0 P1 P1 P2 To C4 P2 To C4 P3 P3 מימוש בשערים "רגילים" מצמצם את זמן החישוב של הנשא (ולכן זמן החיבור הכולל) מ - O(n) ל – O(log2n). ניתן לממש שערים עם דרגת כניסה גבוהה קבוע ע"י שימוש בתכונות מתגים

מימוש ריבוי כניסות ע"י מתגים חשמליים

מימוש ריבוי כניסות ע"י מתגים חשמליים

Adder w/ Carry Look Ahead * *

מימוש מחברBCD ע"י FAs: שלבים: לשרותינו 4-bit FAs ושערי AND, OR א. חבר A+BT ע"י 4-bit FA. ב. מקרה א': 0T 9. סיימנו => התוצאה (S1,S0)=(0,T) . ג. מקרה ב': 10 T 18. I. 1 S1. II. עלינו להפחית 10 מ – T כדי לקבל את התוצאה הנכונה.

FA שלב א': :10T18 <= 10T Cout = 1 OR S3 = 1 AND (S2=1 OR S1=1) Cin “O” B2 B3 B0 B1 FA :10T18 Cout S3 S2 S1 S0   1 10 11 12 13 14 15 16 17 18 “over flow” <= 10T Cout = 1 OR S3 = 1 AND (S2=1 OR S1=1) Cout + S3·(S2 + S1) ספרת העשרות:

+ - שלב ב': “-10” אם T10 עלינו להפחית 10 )Cout S3 S2 S1 S0)2 (10 (10 (10 (10 ( X3 X2 X1 X)2 מספר  9 ממוש מלא ב 2’sCo: + Cout S3 S2 S1 S0 “-10” 2s’ Comp 1 X3 X2 X1 X0 מספיקים 4 ביטים לייצג את התוצאה. שני ביטי MSB בשני המספרים אינם משפיעים על התוצאה ב – (X3X2X1X0). ניתן לבצע החיסור ע"י חיבור: (S3S2S1S0) + (0110)!

ממוש מחבר BCD ע"י FAs: 4 bit FA 4 bit FA A + B = (S,C) מחבר BCD: {0,1,…,9} {0,1} S2 S3 S0 S1 A2 A3 A0 A1 Cout Cin “O” B2 B3 B0 B1 4 bit FA C(>9) T=A+B>9: Cout= 1(A+B16) S3 = 1 S2 = 1או S1 = 1 T וגם או “O” If T10 We need To Subtract 10 from the Input to the Second FA A2 A3 A0 A1 B2 B3 B0 B1 S2 S3 S0 S1 Cout Cin “O” 4 bit FA ignore א. אם 9=> התוצאה נכונה (סיכום בינארי). ב. אם >9=> המר ל - (A+b-9,1)

ממוש כפל ע"י מחברים:  0 A0B1 A0B0 + B1 B0 A1 A0 A1B1 A1B0 0 S3 S2 S1 S0 S0 = A0B0 S1 = Least Significant Bit ADD(A0B1,A1B0) S2 = 2nd bit of (0,A0B1) + (A1B1,A1B0) S3 = … S3 S2 S1 S0 A1 A0 B1 B0 A1B1 A1B0 A0B1 A0B0 HA C S add

כפל מספרים בינאריים: ? ? ? ? ? (b2 b1 b0) ? ? ? ? ? מבוסס על פירוק הנכפל השני לגורמיו: (b2 b1 b0) (1011)2 = 11 1000 8 0010 2 0001 1 דוגמא: + + + + הכפל יתבצע ע"י n חיבורים של הכפלים:

טענה: הינו: א. אם bi=0 ב. an-1an-2…a1a000…0 כאשר bi = 1. i אפסים הוכחה: א. מקרה א' הינו מיידי היות שהמספר השני הינו 0. ב. עבור מקרה ב' נוכיח באינדוקציה על i. בסיס: i=0 אנו מקבלים עם אפס ביטי אפס מובילים. i=1 אזי המספר השני הינו 2=…0010 . דהיינו אנו כופלים ב – 2. במקרה זה הדבר שקול לחיבור המספר לעצמו.

נסתכל על ביטי ה – least: כאשר: a0=0 אזי הסכום 0 והנשא 0. a0=1 אזי הסכום הינו 0 ונשא 1.  S=0, C=a0 בביט הבא כמקודם יהיה c2 = a1 אך הסכום הינו 0 + a0 ובאופן כללי נקבל כי: א. ci = ai-1 ב. si = ai-1 ובסה"כ:

+ + לכן כפל מספרים ניתן לבצע ע"י חיבור: b0an-1b0an-2…b0a0 bn-1an-1…bn-1a0…0 + + + סה"כ ידרשו 2n ביטים לתוצאה. היות ו - 22n – 2n+1 +1 = (2n – 1)(2n –1) דרושים 2n ביטים לייצוג.

 0 0 0 + + 0 0 שני המספרים אינם חייבים להיות בעלי אותו מספר סיביות. דוגמא:  0 0 0 + + 0 0 1 + 4 + 8 + 32 = 45 באופן כללי אם נכפול מספר בעל n ביטים במספר בעל m ביטים נזדקק ל - n + M ביטים לייצוג התוצאה.

דוגמא – כפל מספר 3B במספר 4B A0 B0 B3 B2 B1 A1 B2 B2 B1 B0 b3 b2 b1 b0 a3 a2 a1 a0 4 bit FA C4 C0 “O” S3 S2 S1 S0 A2 B3 B2 B1 B0 a2 a3 a0 a1 b2 b3 b0 b1 4 bit FA C4 C0 “O” S3 S2 S1 S0 O6 O5 O4 O3 O2 O1 O0