Решение:
1. Преобразуем выражение в сумму
2. Переведем слагаемые в двоичную систему счисления, запишем их в нормализованном виде и выровняем порядки
3. Запишем дополнительные коды полученных чисел
4. Сложим полученные обратные коды
Единицу переноса из знакового разряда отбрасываем, получаем дополнительный код суммы:
Получение в результате сложения двух отрицательных чисел положительного результата (в знаковом разряде получили ноль) свидетельствует о переполнении разрядной сетки.
Задание 3. Минимизировать функции:
а) расчетным методом
б) методом кубов
в) с помощью карт Карно
г) методом Квайна или методом Квайна-МакКласки
| а | б | в | г |
| f (0,1,3,6,7) = 1 | f (0,1,2,3,4) = 1 | f (3,5,7,9,11,13,15) = 1 | f (3,4,5,7,9,11,12,13) = 1 |
Решение:
а) f (0,1,3,6,7) = 1
1. Построим таблицу истинности
| x | y | z | f(x,y,z) |
2. Запишем СДНФ функции
3. Запишем данное выражение в несколько строк и выполним проверку на склеивание:
В первой и второй строках склеиваются первая и вторая конституенты, в третьей строке склеиваются первая и третья конституенты, в четвертой строке конституенты склеиваются. После склеивания получим:
4. Выявим лишние импликанты
а) Пусть 
, тогда 
Таким образом, импликанта 
– не лишняя
б) Пусть 
, тогда 
Таким образом, импликанта 
– лишняя
в) Пусть 
, тогда 
Таким образом, импликанта 
– лишняя
г) Пусть 
, тогда 
Таким образом, импликанта 
– не лишняя
Можно отбросить одну из найденных лишних импликант; в результате получатся две ДНФ (нужно проверить полученные ДНФ снова на лишние импликанты):
После проверки получим, что в полученных функциях лишних импликант нет.
5. Применив скобочные формы получим минимальные ДНФ
б) f (0,1,2,3,4) = 1
1. Построим таблицу истинности
| x | y | z | f(x,y,z) |
2. Отметим вершины куба, где функция равна единице.
3. На рисунке видно, что четыре вершины образуют грань куба. Формула этой грани – 
.
Вершину 
можно склеить с вершиной 
, получим 
.
Таким образом, минимальную ДНФ получим в виде:
в) f (3,5,7,9,11,13,15) = 1
1. Построим таблицу истинности
| 
| 
| 
| f |
2. Построим на основе таблицы истинности карту Карно
3. Выявим блоки единиц, получим
4. Запишем тупиковую ДНФ, которая получается после выявления блоков единиц
5. Используя скобочные формы, получим минимальную ДНФ
г) f (3,4,5,7,9,11,12,13) = 1
метод Квайна:
1. Построим таблицу истинности
| 
| 
| 
| f |
2. Выпишем конституенты и будем их склеивать, а затем склеим получившиеся импликанты:
3. Составим таблицу, в которой строки – первичные импликанты (не склеенные на предыдущем шаге), а столбцы – конституенты единицы
| 
| 
| 
| 
| 
| 
| 
| |
| х | х | ||||||
| х | х | ||||||
| х | х | ||||||
| х | х | ||||||
| х | х | ||||||
| х | х | х | х |
4. Выберем импликанты, при которых функция минимальна
метод Квайна-МакКласки:
1. Построим таблицу истинности на ее основе сформируем n -группы
|
|
|
|
| f |
0-группа: –
1-группа: 0100 [1]
2-группа: 0011, 0101, 1001, 1100
3-группа: 0111, 1011, 1101
2. Сравним группы и сформируем новые
0-группа: –
1-группа: 010*, *100
2-группа: 0*11, *011, 01*1, *101, 10*1, 1*01, 110*
Еще раз сравним (при этом звездочки должны быть на одинаковых позициях)
0-группа: –
1-группа: *10*, *10*
3. Составим таблицу, в которой строки – первичные импликанты (не склеенные на предыдущем шаге), а столбцы – конституенты единицы:
| 0*11 | х | х | ||||||
| *011 | х | х | ||||||
| 01*1 | х | х | ||||||
| 10*1 | х | х | ||||||
| 1*01 | х | х | ||||||
| *10* | х | х | х | х |
5. Выберем импликанты, при которых функция минимальна
6. Построим схему полученной функции:
Задание 4. Определить время передачи массива информации:
Пользователь, подключенный к абонентскому комплексу АК1 должен передать массив информации объемом W = 4 Кб в адрес абонента, подключенного к комплексу АК2 (см. рис.), через промежуточный узел коммутации (УК). Пропускная способность ЗПД (звено передачи данных) между АК1 и УК – G1 = 64000 бит/с, между УК и АК2 – G2 = 9600 бит/с. Время обработки информации в абонентских комплексах равно tобр = 0,4с. на узле коммутации (для каждого пакета) – tком. = 0,1 с. При формировании информационных блоков на всех уровнях принимаются значения длин полей контрольных сумм в КС = 16 бит, длина каждого флага в кадрах на канальном уровне равна F = 8 битам. Длины полей данных на 4 и 3 уровнях равны соответственно dсооб = 3200 бит, dпак = 512 бит. Длина поля данных в ЗПД1 равна dкадр1 = 512 бит, а в ЗПД2 – dкадр2 = 128 бит. Длины заголовков на каждом уровне имеют следующие значения: на 7 уровне – v7 = 48 бит, на 6 уровне – v6 = 48 бит, на 5 уровне – v5 = 24 бита, на 4 уровне – v4 = 24 бита, на 3 уровне – v3 = 36 бит, на 2 уровне – v2 = 18 бит. (примечания: все блоки в рамках одного уровня имеют фиксированный размер; при разбиении «крупных» блоков при передаче с уровня на уровень поле данных последнего «мелкого» блока может быть заполнено не полностью, в этом случае оно дополняется нулями до стандартной длины; на УК коммутируется каждый пакет за указанное время; в АК время обработки указано интегрально для всего массива).
Решение:
Для определения времени передачи массива необходимо определить объем передаваемого массива с учетом заголовков и контрольных сумм, формируемых на каждом уровне модели OSI.
Разобьем решение задачи на 3 этапа: до узла коммутации, на узле коммутации и после узла коммутации.
Для начала переведем исходный массив в биты:
бит
До узла коммутации:
7 уровень 
бит
6 уровень 
бит
5 уровень 
бит
4 уровень: физическое сообщение разбивается на логические, каждое из которых имеет длину dсооб = 3200 бит; определим количество получившихся логических сообщений, длину каждого сообщения и общий объем передаваемых данных
сообщений
бит
бит
3 уровень: каждое логическое сообщение разбивается на пакеты, каждый из которых имеет длину dпак = 512 бит; определим количество получившихся пакетов, длину каждого пакета и общий объем передаваемых данных
пакетов
бит
бит
2 уровень: каждый пакет разбивается на кадры, каждый из которых имеет длину dкадр1 = 512 бит; определим количество получившихся кадров, длину каждого кадра и общий объем передаваемых данных
кадра
бит
бит
На первом уровне осуществляется непосредственная передача данных; определим время передачи массива от АК1 до УК
с
На узле коммутации
На узле коммутации биты собираются в кадры, затем в пакеты и разбиваются на кадры новой длины; определим время обработки на узле коммутации
с
После узла коммутации
2 уровень: каждый пакет разбивается на кадры, каждый из которых имеет длину dкадр1 = 128 бит; определим количество получившихся кадров, длину каждого кадра и общий объем передаваемых данных
кадра
бит
бит
На первом уровне осуществляется непосредственная передача данных; определим время передачи массива УК от до АК2
с
Все время передачи массива с учетом обработки на абонентских комплексах будет равно
с
Задание 5. Дана сеть 150.150.0.0. Необходимо:
а) определить класс сети;
б) разбить сеть на 12 подсетей;
в) определить адреса получаемых подсетей;
г) определить количество узлов в каждой подсети (если не задано в варианте);
д) определить диапазоны IP-адресов, доступных для адресации компьютеров в каждой из подсетей
Решение:
Заданная сеть является сетью класса В.
Чтобы разбить заданную сеть на подсети, в первую очередь определим, сколько бит следует занять из битового пространства адреса узла для организации требуемого количества подсетей. Для этого используем формулу
,
где
,
Как видно, для организации 12 подсетей потребуется занять из битового пространства адреса узла сети 4 бита, при этом максимальное количество подсетей составит 14:
С использованием подсетей изменится общая маска сети. Новая маска займет 20 бит (16 бит из прежнего адресного пространства сети + 4 бита занятых для адресации подсетей) и будет равна 255.255.240.0.
Найдем адреса получаемых подсетей:
| № подсети | Адрес подсети | № подсети | Адрес подсети |
| 150.150.16.0 | 150.150.128.0 | ||
| 150.150.32.0 | 150.150.144.0 | ||
| 150.150.48.0 | 150.150.160.0 | ||
| 150.150.64.0 | 150.150.176.0 | ||
| 150.150.80.0 | 150.150.192.0 | ||
| 150.150.96.0 | 150.150.208.0 | ||
| 150.150.112.0 | 150.150.224.0 |
Как видно из рисунка, под IP-адреса узлов сети осталось 12 бит, что позволит использовать 4096 адресов в каждой подсети.
Найдем диапазоны IP-адресов, доступные для адресации узлов в каждой из подсетей:
| № подсети | Адрес подсети | Минимальный адрес банка | Максимальный адрес банка |
| 150.150.16.0 | 150.150.16.1 | 150.150.31.254 | |
| 150.150.32.0 | 150.150.32.1 | 150.150.47.254 | |
| 150.150.48.0 | 150.150.48.1 | 150.150.63.254 | |
| 150.150.64.0 | 150.150.64.1 | 150.150.79.254 | |
| 150.150.80.0 | 150.150.80.1 | 150.150.95.254 | |
| 150.150.96.00 | 150.150.96.1 | 150.150.111.254 | |
| 150.150.112.0 | 150.150.112.1 | 150.150.127.254 | |
| 150.150.128.0 | 150.150.128.1 | 150.150.143.254 | |
| 150.150.144.0 | 150.150.144.1 | 150.150.159.254 | |
| 150.150.160.0 | 150.150.160.1 | 150.150.175.254 | |
| 150.150.176.0 | 150.150.176.1 | 150.150.191.254 | |
| 150.150.192.0 | 150.150.192.1 | 150.150.207.254 | |
| 150.150.208.0 | 150.150.208.1 | 150.150.223.254 | |
| 150.150.224.0 | 150.150.224.1 | 150.150.239.254 |
Задание 6. Составить таблицы маршрутизации на примере вычислительной сети:
Решение:
На представленной схеме использованы 1 коммутатор, 2 концентратора, 3 сегмента коаксиального кабеля, ограниченного терминаторами и 9 компьютеров, из которых два выполняют функции шлюзов между сетями (компьютеры D, F).
Данная сеть является составной и включает в себя 4 отдельные локальные сети, сформированные следующим образом:
- сеть № 1 включает компьютеры A, B, C, D;
- сеть № 2 включает компьютеры D, E, F;
- сеть № 3 включает компьютеры F, G;
- сеть № 4 включает компьютеры F, H, J.
Компьютеры, являющиеся шлюзами, входят одновременно в несколько сетей. При этом удобно считать, что граница между сетями проходит между сетевыми интерфейсами этих компьютеров, т.е. один из интерфейсов компьютера D (левый) принадлежит сети № 1, а другой (правый) – сети № 2.
Выделим локальным сетям, приведенным на схеме, некоторые IP-адреса подсетей, полученных в предыдущем задании, например:
- сеть № 1 – 150.150.16.0;
- сеть № 2 – 150.150.32.0;
- сеть № 3 – 150.150.48.0;
- сеть № 4 – 150.150.64.0.
IP-адреса сетевых интерфейсов компьютеров соответствующих сетей определены ранее в задании 5. Распределим IP-адреса по сетевым интерфейсам, считая, что интерфейсы компьютеров-шлюзов пронумерованы слева направо:
| Компьютер | Сетевой интерфейс, № | IP-адрес |
| A | 150.150.16.1 | |
| B | 150.150.16.2 | |
| C | 150.150.16.3 | |
| D | 150.150.16.4 | |
| D | 150.150.32.1 | |
| E | 150.150.32.2 | |
| F | 150.150.32.3 | |
| F | 150.150.48.1 | |
| F | 150.150.64.1 | |
| G | 150.150.48.2 | |
| H | 150.150.64.2 | |
| J | 150.150.64.3 |
На основании выявленных банков IP-адресов составим таблицы маршрутизации для каждого из компьютеров сети. Для краткости рассмотрим таблицы маршрутизации у компьютеров-шлюзов и по таблице маршрутизации одного из компьютеров-клиентов каждой сети. Таким образом, построим таблицы маршрутизации для компьютеров A, D, E, F, G, H.
Таблица маршрутизации компьютера A:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.16.0 | 255.255.240.0 | 150.150.16.1 | 150.150.16.1 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.16.4 | 150.150.16.1 |
Данная таблица маршрутизации содержит всего два маршрута: первый описывает доступ к «своей» (локальной) сети, а второй (маршрут «по умолчанию») позволит доставить пакеты, направляемые ко всем прочим узлам (не принадлежащим «своей» сети), на ближайший шлюз – компьютер D.
Таблица маршрутизации компьютера D:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.16.0 | 255.255.240.0 | 150.150.16.4 | 150.150.16.4 |
| 150.150.32.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.1 | 150.150.32.1 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.32.3 | 150.150.32.1 |
Данная таблица маршрутизации содержит три маршрута: первый описывает доступ к сети № 1, второй – к сети № 2, а третий является маршрутом «по умолчанию», обобщающим маршруты до сетей №№ 3-4. Маршрут «по умолчанию» позволит передать пакеты до сетей №№ 3-4 в связи с тем, что он призван передавать пакеты (для которых маршрут не был выявлен первыми двумя строками) на шлюз F. Стоит заметить, что сети №№ 3-4 будут доступны только в случае корректной настройки шлюза F.
Таблица маршрутизации компьютера E:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.32.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.2 | 150.150.32.2 |
| 150.150.16.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.1 | 150.150.32.2 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.32.3 | 150.150.32.2 |
Компьютер E является типичным клиентом сети № 2. Его таблица маршрутизации содержит три маршрута: первый описывает доступ к «своей» сети № 2, второй – к удаленной сети № 1, третий является маршрутом «по умолчанию», обобщающим маршруты до сетей №№ 3-4. Можно было бы не использовать маршрут «по умолчанию», но тогда бы пришлось вместо него прописать два маршрута явно указывающих на какой шлюз следует отправлять пакеты, направляемые в сети №№ 3-4.
Ниже приведена альтернативная таблица маршрутизации для узла E:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.32.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.2 | 150.150.32.2 |
| 150.150.16.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.1 | 150.150.32.2 |
| 150.150.48.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.3 | 150.150.32.2 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.32.3 | 150.150.32.2 |
Таблица маршрутизации компьютера F:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.32.0 | 255.255.240.0 | 150.150.32.3 | 150.150.32.3 |
| 150.150.48.0 | 255.255.240.0 | 150.150.48.1 | 150.150.48.1 |
| 150.150.64.0 | 255.255.240.0 | 150.150.64.1 | 150.150.64.1 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.32.1 | 150.150.32.3 |
Данная таблица содержит четыре маршрута: первые три описывают доступ к непосредственно подключенным сетям №№ 2-4, последний маршрут «по умолчанию», позволяющий получить доступ к сети № 1 (хотя в данном случае маршрут, явно описывающий доступ к сети № 1, был бы эквивалентным).
Таблица маршрутизации компьютера G:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.48.0 | 255.255.240.0 | 150.150.48.2 | 150.150.48.2 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.48.1 | 150.150.48.2 |
Данная таблица маршрутизации содержит два маршрута: маршрут к непосредственно подключенной сети № 3, маршрут «по умолчанию», обобщающий маршруты до сетей №№ 1, 2, 4 и отправляющий пакеты, адресованные не в «свою» сеть, на шлюз F. Использование маршрута «по умолчанию» позволяет заменить три маршрута (к сетям №№ 1, 2, 4) на один.
Таблица маршрутизации компьютера H:
| Сетевой адрес | Маска | Шлюз | Интерфейс |
| 150.150.64.0 | 255.255.240.0 | 150.150.64.3 | 150.150.64.3 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 150.150.64.1 | 150.150.64.3 |
Данная таблица маршрутизации содержит два маршрута: маршрут к непосредственно подключенной сети № 4, маршрут «по умолчанию», обобщающий маршруты до сетей №№ 1, 2, 3 и отправляющий пакеты, адресованные не в «свою» сеть, на шлюз F. Использование маршрута «по умолчанию» позволяет заменить три маршрута (к сетям №№ 1, 2, 3) на один.
Приложение 1
Таблица вариантов для задания 3
| вариант | а | б | в | г |
| f (2,4,5,6,7) = 1 | f (0,1,2,5,7) = 1 | f (0,3,4,6,8,10,12) = 1 | f (1,2,3,8,13,14,15) = 1 | |
| f (3,4,5,6,7) = 1 | f (0,3,4,6,7) = 1 | f (6,7,10,11,14,15) = 1 | f (1,2,4,8,12,14,15) = 1 | |
| f (1,3,5,6,7) = 1 | f (0,2,4,5,7) = 1 | f (0,2,5,7,8,13,15) = 1 | f (1,2,5,7,13,14,15) = 1 | |
| f (1,3,4,6,7) = 1 | f (0,1,4,6,7) = 1 | f (0,2,6,8,10,14) = 1 | f (1,2,4,9,11,12,15) = 1 | |
| f (1,2,4,5,7) = 1 | f (0,1,4,5,7) = 1 | f (0,2,6,8,10,14,15) = 1 | f (0,3,5,10,12,13,14) = 1 | |
| f (0,1,2,6,7) = 1 | f (0,2,4,6,7) = 1 | f (0,4,5,6,7,14,15) = 1 | f (1,2,3,5,7,10,14) = 1 | |
| f (0,3,4,5,7) = 1 | f (1,2,4,5,6) = 1 | f (0,7,12,13,14,15) = 1 | f (1,2,4,5,8,12,13) = 1 | |
| f (1,2,3,6,7) = 1 | f (1,2,3,4,6) = 1 | f (2,4,6,8,9,13,15) = 1 | f (4,5,6,8,9,11,12) = 1 | |
| f (3,4,5,6,7) = 1 | f (1,2,4,6,7) = 1 | f (1,3,8,9,11,12,13) = 1 | f (8,9,11,12,13,14,15) = 1 | |
| f (0,1,3,6,7) = 1 | f (0,1,2,3,4) = 1 | f (3,5,7,9,11,13,15) = 1 | f (7,10,11,12,13,14,15) = 1 |
[1] Полужирным шрифтом выделены склеенные импликанты