Elektronik 1: hızlı tekrar paketi

Formül kâğıtları, her konunun temel yöntem adımları ve 14 alıştırma sorusu; tam çözümler en sonda.

Yeni sorular Derse dön

Yazdırma penceresinde, bir kopyayı cihazınızda saklamak için “PDF olarak kaydet” seçeneğini seçin.

1Formüller ve yöntemler

Diyotlar ve transistörler

Diyot (sabit gerilim düşümü): V_D = 0,7 V when conducting
Aktif bölge: V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B, I_E = (β + 1)·I_B
Sabit kutuplama: I_B = (V_CC − 0,7)/R_B
Gerilim bölücülü kutuplama: I_B = (V_TH − 0,7)/(R_TH + (β + 1)R_E)
Bölücünün Thévenin eşdeğeri: V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂
Kolektör çevresi: V_CE = V_CC − I_CR_C − I_ER_E
Doyum: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C, I_B ≥ I_C(sat)/β

Op-amp devreleri

Eviren yükselteç: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Evirmeyen yükselteç: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Toplayıcı yükselteç: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
İdeal op-amp: V₊ = V₋, I_in = 0

RC ve RL geçici rejim

Zaman sabiti: τ = RC | τ = L/R
Yanıt: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ
DC’de kondansatör: açık devre; v_C ani değişemez
DC’de bobin: kısa devre; i_L ani değişemez
Kalıcı durum: t ≈ 5τ

Yöntem

Anahtarlamadan hemen sonraki başlangıç değerini bulun: kondansatör gerilimi ve bobin akımı ani değişemez.
Anahtarlamadan çok sonraki son değeri bulun: kondansatör açık devre, bobin kısa devre gibi davranır.
Zaman sabitini bulun: kondansatörün veya bobinin gördüğü direnci kullanarak τ = RC veya τ = L/R.
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ kullanın.

Seri ve paralel dirençler

Seri dirençler: R_eq = R₁ + R₂ + …
Paralel dirençler: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
İki paralel direnç: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Ohm yasası: V = I·R
Güç: P = V·I = I²R = V²/R

Yöntem

Ağın uçlardan en uzak ucundan başlayın.
Seri dirençleri toplayarak, paralel dirençleri 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + … ile birleştirin.
Her adımdan sonra devreyi yeniden çizin.
Uçlar arasında tek bir direnç kalana kadar tekrarlayın.

DC–DC dönüştürücüler

Alçaltıcı: V_o = D·V_in
Yükseltici: V_o = V_in/(1 − D)
Eviren alçaltıcı-yükseltici: |V_o| = V_in·D/(1 − D)
İdeal güç dengesi: V_inI_in = V_oI_o
Bobin dalgalanması: ΔI_L = V_L,on·D/(L·f); buck V_in − V_o, boost and buck-boost V_in
Ortalama bobin akımı: alçaltıcı I_o; yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici I_o/(1 − D)
Çıkış dalgalanması: alçaltıcı ΔI_L/(8fC); yükseltici ve alçaltıcı-yükseltici I_o·D/(fC)
CCM sınırı: alçaltıcı (1 − D)R/(2f); yükseltici D(1 − D)²R/(2f); alçaltıcı-yükseltici (1 − D)²R/(2f)

Yöntem

Dönüştürücüyü (alçaltıcı, yükseltici veya alçaltıcı-yükseltici) ve D görev oranını gerilim oranından belirleyin.
Bobinde volt-saniye dengesini kullanın: bir periyot boyunca ortalama bobin gerilimi sıfırdır.
Anahtar iletimdeyken bobin gerilimini bulun, sonra ΔI_L = V_L·D/(L·f).
Çıkış dalgalanması için kondansatöre giren ve çıkan yükü bulun; CCM sınırı için ortalama bobin akımını ΔI_L/2’ye eşitleyin.

Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Bölücü gerilimleri: V_a = V_sR₂/(R₁ + R₂), V_b = V_sR₄/(R₃ + R₄)
Çıkarılan: V_ab = V_a − V_b
Denge: R₁/R₂ = R₃/R₄
Kayar telli köprü: R/R_x = l/(100 − l)
Thévenin direnci: R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄
Gerinim ölçer çarpanı: ΔR/R = GF·ε
Köprü çıkışı: çeyrek V_s·GF·ε/4, yarım V_s·GF·ε/2, tam V_s·GF·ε
Küçük değişim, tek kol: V_ab ≈ V_s·ΔR/(4R)
Gerilme: σ = E·ε

Yöntem

Köprüyü aynı kaynağa bağlı iki gerilim bölücü olarak ele alın.
Denge için R₁/R₂ = R₃/R₄ yazın ve bilinmeyen direnci çözün.
Dengesiz bir köprüde V_a ve V_b’yi bölücülerden bulup çıkarın; çıkışı bir ölçü aleti yüklüyorsa Thévenin eşdeğerini kullanın.
Gerinim ölçerlerde gerinimi ΔR/R = GF·ε’ye çevirin ve çeyrek, yarım veya tam köprü için sırasıyla V_s·GF·ε/4, /2 veya ×1 kullanın.

Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Temel kapılar: A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Boole kuralları: X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan: (X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Karnaugh haritası sırası: 00, 01, 11, 10 (Gray code)
2ᵏ hücrelik grup: k değişken kaybeder
4’ten 1’e çoklayıcı: F = A′B′I₀ + A′BI₁ + AB′I₂ + ABI₃
Flip-floplar: D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Sayıcılar: n bit: 2ⁿ durum; mod-N: 2ⁿ ≥ N olan en küçük n; f_çıkış = f_clk/N
Dalgacık (ripple) sayıcı: f_max = 1/(n·t_pd)
Halka ve Johnson sayıcılar: n ve 2n durum

Yöntem

Bir devre için girişlerden çıkışa doğru her seferinde bir kapı olacak şekilde çalışın ve her telin üzerine değeri yazın ya da ifadesini yazıp doğruluk tablosunu doldurun.
Sadeleştirme için 1’leri (ve fark etmez durumlarını X olarak) Gray kodlu satır ve sütunlara, 00, 01, 11, 10, sahip bir Karnaugh haritasına koyun.
1’leri kenarlardan dolanarak 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik olabildiğince az ve olabildiğince büyük gruplarla kapsayın; her grup, sabit kalan değişkenlerden oluşan bir çarpım terimidir. POS biçimi için 0’ları gruplayın.
Flip-floplar ve sayıcılar için girişleri her etkin saat kenarında okuyun, her kenardan sonra durumu yazın ve n bitlik bir sayıcının 2ⁿ durumdan sonra başa sardığını unutmayın.

2Alıştırma soruları

1.Diyotlar ve transistörlerOrta

12 V’luk bir Zener regülatörü 270 Ω üzerinden 20 V’tan besleniyor ve 3300 Ω’luk bir yükü besliyor. Zener akımını I_Z bulun.

V_in = 20 VV_Z = 12 VR = 270 ΩR_L = 3300 Ω

I_Z = mA

2.Diyotlar ve transistörlerZor

β = 100 olan bir NPN transistör, V_CC = 5 V ile kolektörü arasına bağlı 150 Ω değerindeki bir yük direncini anahtarlıyor. Emetör topraklıdır. Baz, 3,3 V’luk bir lojik çıkıştan R_B baz direnci üzerinden sürülüyor. V_BE = 0,7 V ve V_CE(sat) = 0,2 V alın. Transistörü tam doyuma sürmeye hâlâ yeten en büyük baz direnci R_B değerini kΩ cinsinden bulun.

V_CC = 5 VR_C = 150 Ωβ = 100V_in = 3,3 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 V

R_B = kΩ

3.Op-amp devreleriOrta

Op-amp idealdir ve ±15 V ile beslenir. Çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V_in = 0,9 VR₁ = 10 kΩR_f = 47 kΩ

V_out = V

4.Op-amp devreleriZor

İntegral alıcı, ±15 V ile beslenen ideal bir op-amp kullanır; çıkışı ±12 V’ta doyuma ulaşır. t = 0’da sabit bir V_in = −0,7 V girişi uygulandığında kondansatör yüksüzdür. t = 200 ms anında çıkış gerilimi V_out değerini bulun.

V_in = −0,7 VR = 100 kΩC = 0,22 µFV_sat = ±12 Vt = 200 ms

V_out = V

5.RC ve RL geçici rejimOrta

Bobin 3 A’lik sabit bir akım taşıyor. t = 0’da anahtar devreyi R üzerinden kapatır ve kaynak çıkarılır, böylece bobin akımı R üzerinden azalır. t = 1 ms anında i akımını bulun.

i(0) = 3 AR = 20 ΩL = 22 mHt = 1 ms

i = A

6.RC ve RL geçici rejimZor

Anahtar uzun süredir kapalıdır, bu yüzden devre kararlı hâldedir. t = 0’da anahtar açılır. t = 300 ms anında R₂ üzerinden geçen i₂ akımını bulun.

V_s = 10 VR₁ = 4,7 kΩR₂ = 4,7 kΩC = 68 µFt = 300 ms

i₂ = mA

7.Seri ve paralel dirençlerOrta

Kaynağın verdiği ve R₁ üzerinden geçen I_R1 akımını bulun.

V₁ = 30 VR₁ = 15 ΩR₂ = 3 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 3 Ω

I_R1 = A

8.Seri ve paralel dirençlerZor

V₁ kaynağının gördüğü eşdeğer direnç R_eq değerini bulun.

V₁ = 36 VR₁ = 10 ΩR₂ = 12 ΩR₃ = 8 ΩR₄ = 25 ΩR₅ = 4 ΩR₆ = 8 Ω

R_eq = Ω

9.DC–DC dönüştürücülerOrta

Bir alçaltıcı dönüştürücü, 8 Ω’luk bir yük için 12 V’u 3,6 V’a çeviriyor. 20 kHz’te, L = 330 µH ile anahtarlanıyor. Tepe bobin akımını (I_max) bulun.

Vin = 12 VVo = 3,6 Vf = 20 kHzL = 330 µHR = 8 Ω

I_max = A

10.DC–DC dönüştürücülerZor

İdeal bir yükseltici dönüştürücü, 25 Ω’luk bir yük için 40 kHz’te 48 V’u 192 V’a çeviriyor. Sürekli iletim için en küçük endüktansı (L_crit) bulun.

Vin = 48 VVo = 192 Vf = 40 kHzR = 25 Ω

L_crit = µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerOrta

Gösterilen köprünün a ve b çıkış uçlarından görülen Thévenin direncini (R_th) bulun.

V_s = 15 VR₁ = 300 ΩR₂ = 1000 ΩR₃ = 1000 ΩR₄ = 250 Ω

R_th = Ω

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerlerZor

350 Ω kollu bir köprü 3 V ile uyarılıyor ve içinde bitişik kollarda biri çekmede, diğeri basmada iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) bulunuyor. Gerinim ölçer çarpanı 2,12, gerinim 800 µε’dir. Köprü çıkışını (V_o) mV cinsinden bulun.

V_s = 3 VGF = 2,12ε = 800 µε

V_o = mV

13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarOrta

Bu Karnaugh haritasında tam bir tane 1’in komşu 1’i yoktur; bu yüzden en küçük SOP biçiminde tek hücrelik bir grup (dört literalli tam bir minterim) olarak kalır. Haritanın kenarları boyunca olan komşular da sayılır. O hücreye tıklayın.

F = Σm(0, 1, 6, 8, 11, 13, 15)

1AB = 00, CD = 00
2AB = 00, CD = 01
3AB = 00, CD = 11
4AB = 00, CD = 10
5AB = 01, CD = 00
6AB = 01, CD = 01
7AB = 01, CD = 11
8AB = 01, CD = 10
9AB = 11, CD = 00
10AB = 11, CD = 01
11AB = 11, CD = 11
12AB = 11, CD = 10
13AB = 10, CD = 00
14AB = 10, CD = 01
15AB = 10, CD = 11
16AB = 10, CD = 10

14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplarZor

F(A, B, C, D) = Σm(3, 5, 6, 7, 9, 10) + d(0, 4, 13, 14) fonksiyonunun en küçük SOP biçimini bulun; d fark etmez (don’t-care) durumlarını gösterir. Kaç literal (L) içerir?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 5, 6, 7, 9, 10) + d(0, 4, 13, 14)

L =

3Çözeltiler

1.Diyotlar ve transistörler

Cevap: I_Z = 25,99 mA

Zener regülatörü: ters öngerilimli bir Zener diyot, akımı en küçük I_Z,min değerinin üzerinde kaldığı sürece V_Z gerilimini tutar. R seri direnci, giriş ile çıkış arasındaki farkı alır: I_R = (V_in − V_Z)/R. Bu akım yük, I_L = V_Z/R_L, ile Zener arasında bölünür: I_Z = I_R − I_L. En kötü durumlara göre tasarlayın: en büyük yükte en düşük giriş yine de I_Z,min bırakmalı, yüksüz durumda en yüksek giriş ise en büyük Zener gücünü P_Z = V_Z·I_Z verir.

Direnç akımı

I_R = 8/270 = 29,63 mA

Yük akımı

I_L = 12/3300 = 3,636 mA

Zener akımı

I_Z = 29,63 − 3,636 = 25,99 mA

Cevap

I_Z = 25,99 mA

2.Diyotlar ve transistörler

Cevap: R_B = 8,125 kΩ

Anahtar olarak BJT: bir yükü tamamen açmak için transistör doyuma sürülür; doyumda V_CE = V_CE(sat) olur ve kolektör akımını yük belirler: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C. Doyum için en az I_B = I_C(sat)/β gerekir. Baz akımı daha küçükse transistör aktif kalır ve I_C = β·I_B olur.

Doyumdaki kolektör akımı

I_C(sat) = (5 − 0,2)/150 = 32 mA

En küçük baz akımı

I_B(min) = I_C(sat)/β = 32/100 = 320 µA

Baz direnci

R_B = (3,3 − 0,7)/I_B = 2,6 V/0,32 mA = 8,125 kΩ

Cevap

R_B = 8,125 kΩ

Daha küçük herhangi bir baz direnci de transistörü doyuma sokar; uygulamada birkaç kat daha küçük bir direnç seçilir.

3.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 5,13 V

İdeal op-amp kuralları: negatif geri beslemeyle op-amp çıkışını iki girişi aynı gerilimde olacak şekilde sürer (V₋ = V₊) ve hiçbir girişe akım girmez. Bu iki gerçekle eviren girişte KAY yazmak çıkışı verir.

Eviren giriş girişi izler

V₋ = V₊ = 0,9 V

I = V₋/R₁ = 0,9/10 = 0,09 mA

Çıkış gerilimi

R₁’deki akım R_f’den de geçer.

V_out = V₋ + I·R_f = 0,9 + 0,09·47 = 5,13 V

Cevap

V_out = 5,13 V

4.Op-amp devreleri

Cevap: V_out = 6,364 V

Giriş akımı ve değişim hızı

kΩ çarpı µF milisaniye verir.

RC = 100 kΩ · 0,22 µF = 22 ms

değişim hızı = −V_in/(RC) = −(−0,7)/22 = 0,03182 V/ms

Verilen andaki çıkış

İdeal değer ±V_sat içindedir, bu yüzden integral alıcı henüz kırpılmamıştır.

V_out = −V_in·t/(RC) = −(−0,7)·200/22 = 6,364 V

Cevap

V_out = 6,364 V

5.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i = 1,209 A

Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.

Zaman sabiti

τ = L/R = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms

Akımın azalması

i(t) = 3·e^−1/1,1 = 1,209 A

Cevap

i = 1,209 A

6.RC ve RL geçici rejim

Cevap: i₂ = 0,4161 mA

Başlangıçtaki kondansatör gerilimi

Kararlı hâlde kondansatör açık devredir, bu yüzden R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur. Anahtar açıldığında kondansatör gerilimi sıçrayamaz.

v_C(0) = 10·4,7/(4,7 + 4,7) = 5 V

Anahtar açıldıktan sonraki zaman sabiti

τ = R₂·C = 4,7·68 = 319,6 ms

Boşalma

v_C(t) = 5·e^−300/319,6 = 1,956 V

i₂ = v_C/R₂ = 1,956/4,7 = 0,4161 mA

Cevap

i₂ = 0,4161 mA

7.Seri ve paralel dirençler

Cevap: I_R1 = 1,728 A

Seri ve paralel dirençler: seride her dirençten aynı akım geçer ve R = R₁ + R₂ + …. Paralelde her direncin gerilimi aynıdır ve 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Merdiven ağı, tek bir eşdeğer direnç kalana kadar çift çift indirgenir.

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R₃ + R₄ = 8 + 3 = 11 Ω

R₂ ∥ 11 = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω

R_eq = R₁ + 2,357 = 15 + 2,357 = 17,36 Ω

Kaynaktan çekilen akım

Kaynak yalnızca R_eq’yi görür; Ohm yasası verdiği akımı bulur. Bu akım R₁’den geçer.

I_R1 = V₁/R_eq = 30/17,36 = 1,728 A

Cevap

I_R1 = 1,728 A

8.Seri ve paralel dirençler

Cevap: R_eq = 16,88 Ω

Dirençleri en uzak uçtan birleştirin

Kaynağa en uzak uçtan başlayıp ona doğru geri gelin. Aynı akımı taşıyan dirençler seri; aynı iki düğüm arasındaki dirençler paraleldir.

R₅ + R₆ = 4 + 8 = 12 Ω

R₄ ∥ 12 = 8,108 Ω

R₃ + 8,108 = 16,11 Ω

R₂ ∥ 16,11 = 6,877 Ω

R_eq = R₁ + 6,877 = 10 + 6,877 = 16,88 Ω

Cevap

R_eq = 16,88 Ω

9.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: I_max = 0,6409 A

DC–DC dönüştürücüler: bir S anahtarı, her T = 1/f periyodunun D kesri boyunca iletimdedir. Kalıcı durumda ortalama bobin gerilimi sıfırdır (volt-saniye dengesi); bu, sürekli iletimde ideal dönüştürme oranlarını verir: alçaltıcı (buck) V_o = D·V_in, yükseltici (boost) V_o = V_in/(1 − D), eviren alçaltıcı-yükseltici (buck-boost) |V_o| = V_in·D/(1 − D). İdeal bir dönüştürücü gücü korur: V_in·I_in = V_o·I_o. S iletimdeyken bobin akımı ΔI_L = V_L·D·T/L kadar artar; burada V_L, alçaltıcıda V_in − V_o, yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide V_in’dir. Çıkış dalgalanması alçaltıcıda ΔV_o = ΔI_L/(8fC), yükselticide ve alçaltıcı-yükselticide I_o·D/(fC)’dir. Ortalama bobin akımı ΔI_L/2’ye eşit olduğunda bobin akımı sıfıra tam değiyor (CCM sınırı).

Görev oranı

D = 3,6/12 = 0,3

Ortalama ve dalgalanma akımı

I_o = 3,6/8 = 0,45 A

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 8,4·0,3/(330·10⁻⁶·20·10³) = 0,3818 A

Tepe akım

I_max = 0,45 + 0,3818/2 = 0,6409 A

Cevap

I_max = 0,6409 A

10.DC–DC dönüştürücüler

Cevap: L_crit = 14,65 µH

Görev oranı

D = 1 − 48/192 = 0,75

Sınır koşulu

Ortalama bobin akımını dalgalanma akımının yarısına eşitleyin ve L için çözün.

L_crit = D(1 − D)²·R/(2f)

Kritik endüktans

L_crit = 0,75(1 − 0,75)²·25/(240·10³) = 14,65 µH

Cevap

L_crit = 14,65 µH

11.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: R_th = 430,8 Ω

Wheatstone köprüsü: iki gerilim bölücü tek bir V_s kaynağını paylaşır. Soldaki R₁–R₂ bölücüsü V_a = V_s·R₂/(R₁ + R₂), sağdaki R₃–R₄ bölücüsü V_b = V_s·R₄/(R₃ + R₄) verir; çıkış V_ab = V_a − V_b’dir. Köprü, R₁/R₂ = R₃/R₄, yani R₁·R₄ = R₂·R₃ olduğunda dengededir (V_ab = 0, ölçü aletinden akım geçmez). Çıkıştan bakıldığında köprü, R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ olan bir Thévenin kaynağıdır.

Kaynak kısa devre

R₁∥R₂ = 300·1000/1300 = 230,8 Ω

R₃∥R₄ = 1000·250/1250 = 200 Ω

Thévenin direnci

R_th = 430,8 Ω

Cevap

R_th = 430,8 Ω

12.Wheatstone köprüsü ve gerinim ölçerler

Cevap: V_o = 2,544 mV

Gerinim ölçerler: bir gerinim ölçer direncini gerinimle değiştirir: ΔR/R = GF·ε; burada GF gerinim ölçer çarpanı olup metal folyo için yaklaşık 2’dir. Tüm kolları R olan bir köprüde tek etkin gerinim ölçer (çeyrek köprü) V_o ≈ V_s·GF·ε/4 verir. Bitişik kollarda zıt gerinimli iki etkin gerinim ölçer (yarım köprü) V_s·GF·ε/2, dört etkin gerinim ölçer (tam köprü) ise V_s·GF·ε verir. Gerilme, Hooke yasasından bulunur: σ = E·ε. Yük hücreleri duyarlılıklarını mV/V olarak belirtir: tam yükte, volt başına uyarma gerilimi için çıkış.

Bağıl direnç değişimi

ΔR/R = 2,12·800·10⁻⁶ = 0,001696

Köprü çıkışı

V_o = V_s·GF·ε/2 = 3·0,001696/2 = 2,544 mV

Cevap

V_o = 2,544 mV

13.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: AB = 01, CD = 10

Karnaugh haritaları: hücreler Gray koduyla (00, 01, 11, 10) sıralanır; bu yüzden komşu hücreler, kenarların karşısındakiler dahil, tam olarak tek değişkende farklılaşır. 1’leri 1, 2, 4, 8 ya da 16 hücrelik dikdörtgenler içinde, olabildiğince büyük ve olabildiğince az sayıda gruplayın; her 1 kapsanana kadar. Her grup bir çarpım terimidir: grubun içinde sabit kalan değişkenler. 2ᵏ hücrelik bir grup k değişken kaybeder. Fark etmez durumları (X) grupları büyütmek için kullanılabilir ama kapsanmaları gerekmez. 0’ları gruplamak en küçük POS biçimini verir.

Her 1’in komşuları

Komşu bir 1’i olan bir 1, iki ya da daha fazla hücrelik bir gruba katılabilir.

m6: m7, m4, m2, m14 → 0

Yalıtılmış 1

m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10

Cevap

AB = 01, CD = 10

14.Sayısal mantık: kapılar, K-haritaları ve flip-floplar

Cevap: L = 11

Asal implikantlar

1’lerden ve X’lerden oluşturulabilen en büyük gruplar.

BC′D, BCD′, A′CD, AC′D, ACD′, A′B

En küçük kapsama

F = A′CD + AC′D + ACD′ + A′B

L = 11

Cevap

L = 11

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1