المنطق التوفيقي

3. الجبر البولي ونظريتا دي مورغان والتبسيط الجبري

قواعد الجبر البولي (algèbre de Boole)

المعادلة الأبسط تعني عددا أقل من البوابات أو الملامسات أو الخلايا الهوائية، أي إنجازا أرخص وأوثق. نبسط المعادلات بقواعد الجبر البولي، وكلها تُبرهن بجدول الحقيقة لأن المتغير لا يأخذ إلا القيمتين 0 و 1.

القواعد الأساسية

| مع «أو» | مع «و» | الاسم | |---|---|---| | $a + 0 = a$ | $a\cdot 1 = a$ | العنصر المحايد | | $a + 1 = 1$ | $a\cdot 0 = 0$ | العنصر الماص | | $a + a = a$ | $a\cdot a = a$ | خاصية الجمود (idempotence) | | $a + \overline{a} = 1$ | $a\cdot\overline{a} = 0$ | المتمم |

ونضيف قاعدة النفي المزدوج: $\overline{\overline{a}} = a$.

الخواص

• التبديل: $a + b = b + a$ و $a\cdot b = b\cdot a$.
• التجميع: $(a + b) + c = a + (b + c)$ و $(a\cdot b)\cdot c = a\cdot (b\cdot c)$.
• التوزيع بصيغتيه:

$ a\cdot (b + c) = a\cdot b + a\cdot c $

$ a + b\cdot c = (a + b)\cdot (a + c) $

الصيغة الثانية غير موجودة في الحساب العادي، لكنها صحيحة في الجبر البولي.

قواعد الامتصاص (absorption)

| القاعدة | البرهان المختصر | |---|---| | $a + a\cdot b = a$ | $a\cdot (1 + b) = a\cdot 1 = a$ | | $a\cdot (a + b) = a$ | $a + a\cdot b = a$ | | $a + \overline{a}\cdot b = a + b$ | التوزيع: $(a + \overline{a})\cdot (a + b)$ | | $a\cdot (\overline{a} + b) = a\cdot b$ | $a\cdot\overline{a} + a\cdot b = 0 + a\cdot b$ |

نظريتا دي مورغان (De Morgan)

> متمم الجداء يساوي مجموع المتممات، ومتمم المجموع يساوي جداء المتممات.

$ \overline{a\cdot b} = \overline{a} + \overline{b} $

$ \overline{a + b} = \overline{a}\cdot\overline{b} $

البرهان بجدول الحقيقة (للنظرية الأولى):

| a | b | $a\cdot b$ | $\overline{a\cdot b}$ | $\overline{a}$ | $\overline{b}$ | $\overline{a} + \overline{b}$ | |---|---|---|---|---|---|---| | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |

العمودان المكتوبان بالخط الغليظ متطابقان. وتُعمم النظريتان على أي عدد من المتغيرات: $\overline{a\cdot b\cdot c} = \overline{a} + \overline{b} + \overline{c}$.

القاعدة العملية: لكسر خط النفي الطويل نقسمه، ونستبدل كل «و» بـ «أو» وكل «أو» بـ «و».

من جدول الحقيقة إلى المعادلة: الشكل القانوني

نكتب المعادلة مباشرة من جدول الحقيقة بالطريقة الآتية:

• نأخذ الأسطر التي يكون فيها المخرج مساويا 1 فقط.
• لكل سطر نكتب جداء كل المتغيرات: المتغير الذي قيمته 1 يُكتب كما هو، والمتغير الذي قيمته 0 يُكتب متمَّما. يسمى هذا الجداء حدا أصغريا (minterme).
• نجمع هذه الجداءات بـ «أو».

نحصل على الشكل القانوني (forme canonique، مجموع جداءات)، وهو صحيح دائما لكنه غير مبسط.

مثال محلول 1: دالة الأغلبية

دفتر الشروط: ثلاثة ملتقطات a و b و c تراقب الشيء نفسه، ولتفادي خطأ ملتقط واحد يُعطى الإنذار S إذا كان اثنان على الأقل مساويين 1.

جدول الحقيقة: يكون $S = 1$ في الأسطر 3 (011) و 5 (101) و 6 (110) و 7 (111).

الشكل القانوني:

$ S = \overline{a}bc + a\overline{b}c + ab\overline{c} + abc $

التبسيط: بما أن $abc + abc = abc$، نضيف الحد $abc$ مرتين ونجمع كل حد معه:

$ \overline{a}bc + abc = bc(\overline{a} + a) $

$ a\overline{b}c + abc = ac(\overline{b} + b) $

$ ab\overline{c} + abc = ab(\overline{c} + c) $

ولأن كل قوس يساوي 1:

$ S = a\cdot b + b\cdot c + a\cdot c $

انتقلنا من 4 جداءات بثلاثة متغيرات إلى 3 جداءات بمتغيرين: بوابات أقل ومداخل أقل.

مثال محلول 2: تبسيط بالامتصاص

بسّط $S = abc + ab\overline{c} + \overline{a}bc$.

• نجمع الحدين الأولين: $abc + ab\overline{c} = ab(c + \overline{c}) = ab$.
• يصبح $S = ab + \overline{a}bc = b\cdot (a + \overline{a}c)$.
• قاعدة الامتصاص $a + \overline{a}c = a + c$ تعطي:

$ S = b\cdot (a + c) $

التحقق: الأسطر التي يكون فيها $S = 1$ في الشكل الأصلي هي 111 و 110 و 011، وهي نفسها التي تحقق $b = 1$ مع $a = 1$ أو $c = 1$.

اللوجيغرام (logigramme)

اللوجيغرام هو رسم المعادلة بالبوابات المنطقية: نرسم المتغيرات على خطوط عمودية في اليسار، ونأخذ منها فروعا (نقطة سوداء عند كل تفرع) نحو البوابات، من الداخل إلى الخارج حسب ترتيب العمليات في المعادلة: النفي أولا، ثم «و»، ثم «أو».


يمثل الجزء العلوي من الشكل الدالة $S = a\cdot\overline{b} + \overline{a}\cdot c$: بوابتا نفي تعطيان $\overline{b}$ و $\overline{a}$، وبوابتا & تعطيان الجداءين، وبوابة $\geq 1$ تجمعهما. الخط الذي يقطع خطا آخر دون نقطة سوداء غير موصول به.

الإنجاز ببوابات NAND فقط

الدالة NAND شاملة (universelle): يمكن بها وحدها إنجاز أي دالة، وهذا مفيد لأن الدارات المندمجة تحتوي عادة أربع بوابات من النوع نفسه. نستعمل النفي المزدوج ثم دي مورغان:

$ S = \overline{\overline{a\overline{b} + \overline{a}c}} $

$ S = \overline{\overline{a\overline{b}}\cdot\overline{\overline{a}c}} $

كل جداء منفي هو بوابة NAND، والنفي الخارجي لجداء الحدين بوابة NAND ثالثة. أما المتمم $\overline{b}$ فنحصل عليه ببوابة NAND مدخلاها موصولان معا، لأن $\overline{b\cdot b} = \overline{b}$. هذا ما يبينه الجزء السفلي من الشكل: خمس بوابات من النوع نفسه.

أخطاء شائعة

• كتابة $\overline{a\cdot b} = \overline{a}\cdot\overline{b}$: الصواب $\overline{a} + \overline{b}$.
• اختصار $a + a\cdot b$ إلى $a\cdot b$: الصواب $a$ (الامتصاص).
• كتابة $a + 1 = a$ أو $a\cdot 0 = a$: الصواب 1 و 0.
• في الشكل القانوني: كتابة المتغير الذي قيمته 0 دون خط النفي.

4. جداول كارنوغ والتبسيط

مبدأ جدول كارنوغ (tableau de Karnaugh)

التبسيط الجبري يتطلب حدسا ولا نعرف دائما متى وصلنا إلى أبسط شكل. جدول كارنوغ طريقة بيانية منهجية تعطي المعادلة المبسطة مباشرة لدالة ذات 2 أو 3 أو 4 متغيرات.

الجدول شبكة من $2^n$ خانة، كل خانة تقابل سطرا واحدا من جدول الحقيقة. السر في ترتيب الأعمدة والأسطر: نرقمها بالترميز الثنائي المنعكس (Gray) 00، 01، 11، 10، فتكون كل خانتين متجاورتين مختلفتين في متغير واحد فقط. عندما تحتوي خانتان متجاورتان على 1، يكون المتغير الذي يتغير بينهما عديم الأثر فيُحذف، تماما كما في $ab + a\overline{b} = a$.


يبين الشكل القوالب الثلاثة، وفي كل خانة رقم السطر المقابل من جدول الحقيقة (a هو المتغير ذو الوزن الأقوى). نعتمد كما في مواضيع البكالوريا: الأعمدة للمتغيرين ab، والأسطر للمتغير c أو للمتغيرين cd. لاحظ أن الأرقام ليست متتابعة: في جدول 4 متغيرات السطر الأول هو 0، 4، 12، 8.

التجاور (adjacence)

• خانتان متجاورتان إذا كانت لهما ضلع مشترك.
• الحواف متجاورة أيضا: العمود الأول (00) مجاور للعمود الأخير (10)، والسطر الأول مجاور للسطر الأخير، كأن الجدول ملفوف على أسطوانة. والخانات الأربع في الزوايا متجاورة.
• خانتان على قطر واحد ليستا متجاورتين لأنهما تختلفان في متغيرين.

ملء الجدول

لكل سطر من جدول الحقيقة نقرأ التوفيقة ونضع قيمة المخرج في خانتها: 1 أو 0، أو Ø إذا كانت التوفيقة مستحيلة أو لا تهمنا (état indifférent). غالبا نكتب الـ 1 فقط ونترك الخانات الأخرى فارغة أو نكتب فيها 0.

قواعد التجميع (regroupement)

> 1. نجمع خانات الـ 1 المتجاورة في مجموعات مستطيلة من 1 أو 2 أو 4 أو 8 خانات (قوى العدد 2 فقط). > 2. نجعل كل مجموعة أكبر ما يمكن، ونستعمل أقل عدد ممكن من المجموعات. > 3. يجب أن تُغطى كل خانة فيها 1 مرة واحدة على الأقل، ويجوز أن تنتمي خانة إلى أكثر من مجموعة. > 4. الخانات Ø تُعتبر 1 إذا ساعدت على تكبير مجموعة، ولا يُشترط تغطيتها.

قراءة مجموعة

في كل مجموعة نحتفظ بالمتغيرات التي لا تتغير داخلها: المتغير الثابت على 1 يُكتب كما هو، والثابت على 0 يُكتب متمَّما، والمتغير الذي يأخذ القيمتين يُحذف. ثم نجمع حدود المجموعات بـ «أو».

| حجم المجموعة | عدد المتغيرات المحذوفة | الحد في جدول 4 متغيرات | |---|---|---| | 1 خانة | 0 | جداء 4 متغيرات | | 2 خانتان | 1 | جداء 3 متغيرات | | 4 خانات | 2 | جداء متغيرين | | 8 خانات | 3 | متغير واحد |

أمثلة محلولة


المثال 1 (3 متغيرات): $F = \Sigma m(0, 2, 4, 5, 6)$ أي الدالة تساوي 1 في الأسطر 0 و 2 و 4 و 5 و 6.

• المجموعة الحمراء: السطر $c = 0$ كاملا (4 خانات). داخلها يتغير a و b، ويبقى $c = 0$ ثابتا: الحد $\overline{c}$.
• المجموعة الخضراء: العمود $ab = 10$ (خانتان). داخلها يتغير c، ويبقى $a = 1$ و $b = 0$: الحد $a\cdot\overline{b}$.
• الخانة 4 مشتركة بين المجموعتين، وهذا مسموح.

$ F = \overline{c} + a\cdot\overline{b} $

المثال 2 (4 متغيرات): $F = \Sigma m(0, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 13)$.

• الزوايا الأربع (الأحمر): الخانات 0 و 2 و 8 و 10 متجاورة عبر الحواف. يتغير a و c، ويبقى $b = 0$ و $d = 0$: الحد $\overline{b}\cdot\overline{d}$.
• العمود $ab = 01$ كاملا (الأخضر): يتغير c و d: الحد $\overline{a}\cdot b$.
• الخانة 13 لم تُغط بعد: نجمعها مع جارتها 5 (البنفسجي). يتغير a فقط: الحد $b\cdot\overline{c}\cdot d$.

$ F = \overline{b}\cdot\overline{d} + \overline{a}\cdot b + b\cdot\overline{c}\cdot d $

لو كتبنا الشكل القانوني لحصلنا على 9 جداءات بأربعة متغيرات؛ الجدول أعطى 3 حدود فقط.

المثال 3: استغلال الحالات Ø. دالة تساوي 1 في الأسطر 1 و 3 و 5، والسطر 7 مستحيل (Ø)، أي $F = \Sigma m(1, 3, 5) + Ø(7)$. في جدول 3 متغيرات تقع الخانات 1 و 3 و 7 و 5 كلها في السطر $c = 1$. إذا اعتبرنا Ø مساوية 1 حصلنا على مجموعة من 4 خانات:

$ F = c $

أما دون استغلال Ø فنحتاج مجموعتين من خانتين: $F = \overline{a}\cdot c + \overline{b}\cdot c$، وهي معادلة صحيحة لكنها أطول.

مثال محلول: من دفتر الشروط إلى المعادلة

دفتر الشروط: مضخة سائل التبريد P لآلة تفريز:

• تشتغل آليا إذا كان المغزل يدور ($b = 1$) و كان المبدّل على وضع «آلي» ($c = 1$)؛
• أو تشتغل يدويا ما دام العامل يضغط على الزر m؛
• وفي كل الحالات تتوقف إذا كان خزان السائل فارغا (الملتقط $n = 1$)، لحمايتها من الدوران على الفراغ.

1. جدول الحقيقة (16 سطرا، الترتيب b ثم c ثم m ثم n): نجد $P = 1$ في الأسطر 2 و 6 و 10 و 12 و 14.

2. جدول كارنوغ (الأعمدة bc، الأسطر mn):

| mn \ bc | 00 | 01 | 11 | 10 | |---|---|---|---|---| | 00 | 0 | 0 | 1 | 0 | | 01 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 11 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 10 | 1 | 1 | 1 | 1 |

3. التجميع:

• السطر $mn = 10$ كاملا (4 خانات): يبقى $m = 1$ و $n = 0$، الحد $m\cdot\overline{n}$.
• الخانة 12 ($bc = 11$، $mn = 00$) مجاورة للخانة 14 ($bc = 11$، $mn = 10$) عبر الحافة العلوية والسفلية: يتغير m، الحد $b\cdot c\cdot\overline{n}$.

4. المعادلة:

$ P = m\cdot\overline{n} + b\cdot c\cdot\overline{n} $

$ P = \overline{n}\cdot (m + b\cdot c) $

وهي الترجمة المباشرة لدفتر الشروط، مما يؤكد صحة الجدول.

أخطاء شائعة

• ترقيم الأعمدة 00، 01، 10، 11 بدل 00، 01، 11، 10: يختفي التجاور ويصبح التجميع خاطئا.
• تجميع 3 أو 6 خانات: المجموعة يجب أن تكون 1 أو 2 أو 4 أو 8.
• تجميع خانتين على قطر واحد.
• نسيان تجاور الحواف والزوايا، فنكتب حدودا أطول من اللازم.
• وضع قيم جدول حقيقة غير مرتب حسب ترتيب أسطره لا حسب توفيقاتها.

5. الإنجاز الهوائي: اللوجيغرام الهوائي والدورتان المربعة والنواسية

المنطق الهوائي

في الأنظمة الهوائية تُنقل الإشارة على شكل ضغط في أنبوب: وجود الضغط يساوي 1، وانعدامه يساوي 0. يتكون اللوجيغرام الهوائي (logigramme pneumatique) من:

• الملتقطات (capteurs): موزعات 3/2 صغيرة تُغذى بضغط القيادة (مثلا 3 bar)، يحركها زر دفعي أو ذراع أو بكرة تلمسها ساق الدافعة. الفتحة 1 للتغذية، والفتحة 2 للمخرج، والفتحة 3 للانفلات.
• الخلايا المنطقية (cellules): خلية «و» (cellule ET) وخلية «أو» (cellule OU)، ولكل منها مدخلان ومخرج.
• المنفذات المتصدرة: موزعات القدرة 1V1، 2V1... تُغذى بضغط القدرة (مثلا 6 bar) وتُقاد هوائيا عبر القيادتين 14 و 12، وهي التي تغذي الدافعات 1A، 2A.

إنجاز الدوال القاعدية


يبين الشكل الإنجاز الهوائي لكل دالة، والسهم في الأعلى هو الإشارة S:

| الدالة | الإنجاز الهوائي | |---|---| | OUI | موزع 3/2 مغلق عند الراحة NF: الضغط يمر من 1 إلى 2 عند التفعيل فقط | | NON | موزع 3/2 مفتوح عند الراحة NO: الضغط يمر في الراحة وينقطع عند التفعيل | | ET | موزعان 3/2 NF على التسلسل (المخرج 2 للأول يغذي الفتحة 1 للثاني)، أو خلية «و» | | OU | خلية «أو» يدخلها مخرجا الموزعين | | NON لإشارة هوائية | موزع 3/2 NO بقيادة هوائية: إذا وصلت الإشارة a انقطع المخرج |

خلية «أو» (sélecteur de circuit) فيها كرية تتحرك بين مقعدين: الضغط الآتي من أحد المدخلين يدفع الكرية ويغلق المدخل الآخر، فيمر إلى المخرج. لماذا لا نصل المخرجين مباشرة؟ لأن الموزع غير المفعَّل يصل فتحته 2 بفتحة الانفلات 3: الهواء الآتي من الموزع المفعَّل يتسرب إلى الجو بدل أن يصل إلى الدافعة.

خلية «و» (cellule à deux pressions) لا تعطي ضغطا في مخرجها إلا إذا وصل الضغط إلى مدخليها معا. لثلاثة متغيرات نستعمل خليتين متتاليتين: $a\cdot b\cdot c = (a\cdot b)\cdot c$.

من المعادلة إلى اللوجيغرام الهوائي

الطريقة:

• نكتب المعادلة المبسطة لكل مخرج (جدول كارنوغ).
• نرسم في الأسفل الملتقطات (موزع 3/2 NF لكل متغير مكتوب كما هو، و NO لكل متغير متمَّم) بوسيلة القيادة المناسبة: زر دفعي للأزرار، بكرة لملتقطات نهاية الشوط.
• نرسم فوقها الخلايا من الداخل إلى الخارج حسب الأقواس: كل «و» خلية &، وكل «أو» خلية $\geq 1$.
• نصل المخرج الأخير بقيادة موزع القدرة، ثم موزع القدرة بالدافعة.

مثال محلول: دافعة بسيطة المفعول 1A تخرج إذا ضُغط الزر m أو لمست البكرة r، بشرط حضور القطعة p:

$ A = (m + r)\cdot p $


في الشكل: الملتقطات الثلاثة موزعات 3/2 NF (زر دفعي للمتغير m، وبكرة للمتغيرين r و p) مغذاة بـ 3 bar؛ خلية $\geq 1$ تعطي $m + r$؛ خلية & تجمعها مع p؛ مخرج الخلية & يقود القيادة 12 للموزع 1V1 (3/2 أحادي الاستقرار برجوع بنابض، مغذى بـ 6 bar)، فتخرج الدافعة 1A. عندما تزول الإشارة يعيد النابض الموزع، ويعيد نابض الدافعة الساق إلى الداخل: المخرج يتبع المعادلة في كل لحظة، وهذا هو المنطق التوفيقي.

دورات دافعتين

نعتبر دافعتين مزدوجتي المفعول A (1A) و B (2A)، يقود كل منهما موزع 5/2 ثنائي الاستقرار (1V1 و 2V1): القيادة 14 تُخرج الساق (⁦A+⁩)، والقيادة 12 تُدخلها (⁦A−⁩). الملتقطات: a0 (1S1) و a1 (1S2) للدافعة A، و b0 (2S1) و b1 (2S2) للدافعة B، و dcy زر بدء الدورة.

المبدأ: الموزع الثنائي الاستقرار ذاكرة، فتكفيه نبضة. لذلك تبدأ كل حركة عندما تنتهي الحركة السابقة: معادلة الحركة هي إشارة الملتقط الذي يؤكد نهاية الحركة التي قبلها، ونضيف dcy إلى الحركة الأولى.

شرط الصحة: يجب ألا تصل الإشارتان 14 و 12 معا إلى الموزع نفسه، وإلا بقي الموزع على وضعيته (إشارة معارِضة، signal bloquant) وتوقفت الدورة.


يبين الشكل على اليسار مسار الدافعتين في مستوي (وضعية A أفقيا، ووضعية B عموديا)، وعلى اليمين مخطط الطور (diagramme des phases): الخط المرتفع يعني ساقا خارجة. في الدورة المربعة يرسم المسار مربعا مغلقا، وفي الدورة النواسية يذهب المسار ثم يرجع على الطريق نفسه كالنواس.

الدورة المربعة: ⁦A+ B+ A− B−⁩

| الحركة | تبدأ عندما | المعادلة | القيادة | |---|---|---|---| | ⁦A+⁩ | الضغط على dcy والدافعة B داخلة | $A^{+} = dcy\cdot b_0$ | 14 للموزع 1V1 | | ⁦B+⁩ | تنتهي ⁦A+⁩ | $B^{+} = a_1$ | 14 للموزع 2V1 | | ⁦A−⁩ | تنتهي ⁦B+⁩ | $A^{-} = b_1$ | 12 للموزع 1V1 | | ⁦B−⁩ | تنتهي ⁦A−⁩ | $B^{-} = a_0$ | 12 للموزع 2V1 |

التحقق من غياب التعارض: قيادتا 1V1 هما $dcy\cdot b_0$ و $b_1$، ولا يمكن أن يكون $b_0$ و $b_1$ معا مساويين 1؛ وقيادتا 2V1 هما $a_1$ و $a_0$، ولا يجتمعان أيضا. الدورة المربعة تُنجز إذن مباشرة بالملتقطات وخلية «و» واحدة.


في الشكل: خلية & تجمع dcy و b0 لتقود 14 للموزع 1V1؛ الملتقط b1 يقود 12 للموزع 1V1؛ الملتقط a1 يقود 14 للموزع 2V1؛ الملتقط a0 يقود 12 للموزع 2V1. الوضعية المرسومة للموزعين هي $1 \rightarrow 2$: الساقان داخلتان في البداية، ولذلك رُسم الملتقطان a0 و b0 مفعَّلين (الحدبة تضغط البكرة والأنابيب موصولة بالمربع الأيسر)، أما a1 و b1 و dcy ففي وضعية الراحة.

الدورة النواسية: ⁦A+ B+ B− A−⁩

سميت نواسية (cycle pendulaire) لأن حركات الإياب تعيد حركات الذهاب بترتيب معاكس: آخر دافعة خرجت هي أول دافعة ترجع، كالنواس الذي يرجع على الطريق الذي جاء منه. نكتب المعادلات بالطريقة نفسها:

$ A^{+} = dcy\cdot b_0 \qquad B^{+} = a_1 $

$ B^{-} = b_1 \qquad A^{-} = b_0 $

يظهر تعارضان:

• في بداية الدورة يكون $b_0 = 1$: القيادة 14 ($dcy\cdot b_0$) والقيادة 12 ($b_0$) للموزع 1V1 تصلان معا، فلا تخرج A.
• في نهاية ⁦B+⁩ يكون $a_1 = 1$ و $b_1 = 1$ معا: قيادتا 2V1 متعارضتان، فلا ترجع B.

السبب: الملتقطان $b_0$ و $a_1$ يُستعملان مرتين في الدورة، مرة في الذهاب ومرة في الإياب. لا يكفي المنطق التوفيقي وحده، فنضيف ذاكرة X تميّز الذهاب ($X = 0$) من الإياب ($X = 1$). ننجزها بموزع 5/2 ثنائي الاستقرار إضافي: قيادته الأولى $b_1$ (تضع $X = 1$) وقيادته الثانية $a_0$ (تعيد $X = 0$)، ويعطي مخرجاه X و $\overline{X}$.

$ X = b_1 + X\cdot\overline{a_0} $

والمعادلات الجديدة:

| الحركة | المعادلة | القيادة | |---|---|---| | ⁦A+⁩ | $A^{+} = dcy\cdot b_0\cdot\overline{X}$ | 14 للموزع 1V1 | | ⁦B+⁩ | $B^{+} = a_1\cdot\overline{X}$ | 14 للموزع 2V1 | | ⁦B−⁩ | $B^{-} = X$ | 12 للموزع 2V1 | | ⁦A−⁩ | $A^{-} = b_0\cdot X$ | 12 للموزع 1V1 |

التحقق خطوة بخطوة:

| الوضعية | X | القيادة النشطة | الحركة | |---|---|---|---| | a0 و b0 (راحة) + dcy | 0 | $dcy\cdot b_0\cdot\overline{X}$ | ⁦A+⁩ | | a1 و b0 | 0 | $a_1\cdot\overline{X}$ | ⁦B+⁩ | | a1 و b1 | 1 (وضعها b1) | $X$ | ⁦B−⁩ | | a1 و b0 | 1 | $b_0\cdot X$ | ⁦A−⁩ | | a0 و b0 | 0 (أعادها a0) | لا شيء | نهاية الدورة |

في كل سطر، القيادتان للموزع نفسه لا تجتمعان لأن إحداهما تحتوي $X$ والأخرى $\overline{X}$. وهناك حل آخر رأيته في درس الأجهزة الهوائية: جعل الملتقطين $a_1$ و $b_0$ ببكرة قابلة للطي فيعطي كل منهما نبضة في اتجاه واحد فقط. الذاكرة X تجعل النظام تعاقبيا: هذا هو الجسر نحو GRAFCET والمعقب الهوائي، حيث تلعب كل مرحلة دور ذاكرة.

ملاحظة للامتحان

• ملتقط موضوع على متغير متمَّم ($\overline{a}$): موزع 3/2 NO، أو موزع NF يتبعه موزع NO بقيادة هوائية.
• لا تنس خلية «أو» عند جمع إشارتين: الوصل المباشر يفرغ الهواء.
• قبل رسم دارة دورة، تحقق من أن قيادتي كل موزع ثنائي الاستقرار لا تجتمعان؛ إذا اجتمعتا فالحل ذاكرة (أو المعقب).

6. تمارين محلولة بنمط البكالوريا

التمرين 1: إنذار آلة تفريز (الإنجاز الكهربائي)

تقديم: آلة تفريز مزودة بمصباح إنذار H في لوحة التحكم. المتغيرات:

| المتغير | المعنى عندما يساوي 1 | |---|---| | m | محرك المغزل يدور | | p | واقي الحماية مغلق | | t | درجة حرارة المحرك مفرطة | | h | ضغط زيت التزييت كاف |

دفتر الشروط: يضيء H إذا كانت الحرارة مفرطة مهما كانت الحالات الأخرى، أو إذا كان المحرك يدور والواقي مفتوح، أو إذا كان المحرك يدور وضغط الزيت غير كاف.

المطلوب: 1) جدول الحقيقة. 2) جدول كارنوغ والمعادلة المبسطة. 3) كتابة H باستعمال بوابة NAND ورسم اللوجيغرام. 4) الإنجاز بالملامسات.

الحل

1. جدول الحقيقة (m ذو الوزن الأقوى):

| m | p | t | h | H | |---|---|---|---|---| | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | | 0 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 1 | 1 | 1 | | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | | 1 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |

كل سطر فيه $t = 1$ يعطي 1؛ وعندما $t = 0$ لا يضيء H إلا إذا كان $m = 1$ مع $p = 0$ أو $h = 0$.

2. جدول كارنوغ (الأعمدة mp، الأسطر th):


في الجزء (a) من الشكل ثلاث مجموعات:

• الأحمر: السطران $th = 11$ و $th = 10$ (8 خانات) يبقى فيهما $t = 1$: الحد $t$.
• الأخضر: العمود $mp = 10$ (4 خانات): الحد $m\cdot\overline{p}$.
• البنفسجي: العمودان $mp = 11$ و $mp = 10$ في السطرين $th = 00$ و $th = 10$، وهذان السطران متجاوران عبر الحافة (4 خانات): يبقى $m = 1$ و $h = 0$، الحد $m\cdot\overline{h}$.

$ H = t + m\cdot\overline{p} + m\cdot\overline{h} $

3. الكتابة بـ NAND: نُخرج m عاملا مشتركا ونطبق دي مورغان:

$ m\cdot\overline{p} + m\cdot\overline{h} = m\cdot (\overline{p} + \overline{h}) $

$ H = t + m\cdot\overline{p\cdot h} $

اللوجيغرام (الجزء b): بوابة NAND مدخلاها p و h، ثم بوابة & مع m، ثم بوابة $\geq 1$ مع t: ثلاث بوابات بدل خمس (بوابتي نفي، وبوابتي &، وبوابة $\geq 1$ بثلاثة مداخل).

4. الإنجاز بالملامسات (الجزء c): فرع أول فيه ملامس NO للمتغير t، وفرع ثان فيه ملامس NO للمتغير m على التسلسل مع ملامسين NC للمتغيرين p و h على التوازي (لأن $\overline{p} + \overline{h}$ توازٍ لملامسين NC)؛ الفرعان على التوازي ثم المصباح H.

التمرين 2: مكبس بتحكم ثنائي اليد (الإنجاز الهوائي)

تقديم: مكبس تشكيل صفائح، الدافعة مزدوجة المفعول 1A تُنزل المخرز (⁦1A+⁩). يقودها موزع 5/2 أحادي الاستقرار 1V1 بقيادة هوائية 14 ورجوع بنابض، مغذى بـ 6 bar. الملتقطات موزعات 3/2 NF مغذاة بـ 3 bar:

• $m_1$ و $m_2$: زران دفعيان متباعدان، يجب أن يضغط العامل كل زر بيد؛
• r: مبدّل بذراع لوضعية «الضبط» (réglage) يسمح بالعمل بزر واحد $m_1$؛
• p: ملتقط ببكرة يؤكد أن الحاجز الواقي في مكانه.

دفتر الشروط: تخرج الساق إذا كان الحاجز في مكانه و ضُغط $m_1$، و ضُغط $m_2$ أو كان المبدل r على وضعية الضبط. ترجع الساق بمجرد تحرير أحد الشروط.

المطلوب: 1) جدول كارنوغ والمعادلة. 2) اللوجيغرام الهوائي. 3) علّل اختيار موزع أحادي الاستقرار.

الحل

1. جدول كارنوغ (الأعمدة $m_1 m_2$، الأسطر rp). تساوي الدالة 1 في ثلاث توفيقات فقط: $m_1 m_2 r p$ تساوي 1011 و 1101 و 1111 (الأسطر 11 و 13 و 15):

| rp \ $m_1 m_2$ | 00 | 01 | 11 | 10 | |---|---|---|---|---| | 00 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 01 | 0 | 0 | 1 | 0 | | 11 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 10 | 0 | 0 | 0 | 0 |

• الخانتان 13 و 15 (العمود 11، السطران 01 و 11): يتغير r، الحد $m_1\cdot m_2\cdot p$.
• الخانتان 15 و 11 (السطر 11، العمودان 11 و 10): يتغير $m_2$، الحد $m_1\cdot r\cdot p$.

$ A^{+} = m_1\cdot m_2\cdot p + m_1\cdot r\cdot p $

$ A^{+} = p\cdot m_1\cdot (m_2 + r) $

2. اللوجيغرام الهوائي:


خلية $\geq 1$ تجمع $m_2$ و r؛ خلية & أولى تجمع مخرجها مع $m_1$؛ خلية & ثانية تضيف p وتقود القيادة 14 للموزع 1V1، الذي يغذي من فتحته 4 غرفة المكبس ومن فتحته 2 غرفة الساق. ثلاث خلايا لأن كل خلية لها مدخلان فقط.

3. لماذا أحادي الاستقرار؟ الأمان: إذا رفع العامل يدا عن أحد الزرين أو أُزيح الحاجز، تزول القيادة 14 فيعيد النابض الموزع ويصعد المخرز فورا. موزع ثنائي الاستقرار سيبقى على وضعيته (ذاكرة) ويستمر النزول رغم تحرير الزر.

ملاحظة: التحكم الحقيقي ثنائي اليد يشترط أيضا أن يُضغط الزران في أقل من نحو نصف ثانية، وهذا يحتاج مؤجلة (منطق تعاقبي)، وهو خارج هذا التمرين.

التمرين 3: ملء خزان بمضختين (حالات Ø)

تقديم: خزان ماء فيه ملتقطا مستوى: b (المستوى المنخفض، $b = 1$ إذا كان الماء فوقه) و h (المستوى العالي، $h = 1$ إذا كان الماء فوقه). مضختان P1 و P2، ومبدّل s يختار المضخة الرئيسية ($s = 0$ للمضخة P1، و $s = 1$ للمضخة P2).

دفتر الشروط:

• الماء تحت المستوى المنخفض: تشتغل المضختان معا.
• الماء بين المستويين: تشتغل المضخة الرئيسية وحدها.
• الماء فوق المستوى العالي: تتوقف المضختان.

الحل

1. جدول الحقيقة: التوفيقة $b = 0$ مع $h = 1$ مستحيلة (الماء فوق المستوى العالي وتحت المنخفض) فنكتب Ø.

| s | b | h | P1 | P2 | |---|---|---|---|---| | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 0 | 0 | 1 | Ø | Ø | | 0 | 1 | 0 | 1 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 1 | Ø | Ø | | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |

2. جدول كارنوغ للمضخة P1 (الأعمدة sb، الأسطر h):

| h \ sb | 00 | 01 | 11 | 10 | |---|---|---|---|---| | 0 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 1 | Ø | 0 | 0 | Ø |

• العمودان 00 و 10 متجاوران عبر الحافة: الخانات 0 و 4 (قيمتها 1) مع الخانتين Ø 1 و 5 تشكل مجموعة من 4 خانات يبقى فيها $b = 0$: الحد $\overline{b}$.
• الخانة 2 ($sb = 01$، $h = 0$) نجمعها مع الخانة 0: يتغير b ويبقى $s = 0$ و $h = 0$: الحد $\overline{s}\cdot\overline{h}$.

$ P_1 = \overline{b} + \overline{s}\cdot\overline{h} $

وبالتناظر (المضخة P2 رئيسية عندما $s = 1$، والخانة 6 تُجمع مع الخانة 4):

$ P_2 = \overline{b} + s\cdot\overline{h} $

دون استغلال Ø نحصل على $P_1 = \overline{b}\cdot\overline{h} + \overline{s}\cdot\overline{h}$، وهي صحيحة لكنها أطول.

3. الإنجاز بالملامسات: وشيعة KM1 للمضخة P1: ملامس NC للمتغير b على التوازي مع ملامسين NC للمتغيرين s و h على التسلسل. وشيعة KM2 للمضخة P2: ملامس NC للمتغير b على التوازي مع ملامس NO للمتغير s وملامس NC للمتغير h على التسلسل.

ملاحظة: بهذه المعادلات تتوقف المضخة الرئيسية بمجرد أن يلمس الماء المستوى العالي وتعود بمجرد نزوله قليلا. لملء الخزان حتى h ثم الانتظار حتى b نحتاج ذاكرة، أي منطقا تعاقبيا.