論理設計学問題と解答解説集（補足）

教科書：Morris Mano “Digital Design”
対応ノート：第15回順序回路の設計手順 | 順序回路総復習

使い方

メインの問題集に入っていない分野の問題を集めた。先に自分で解いてから解答を開こう。

1. コンセンサス定理（Ch03）

問題1-1 コンセンサス項の追加と削除

次の論理式を、コンセンサス定理を使って簡単化せよ。どのような操作をしたかも記述すること。

$F_{1} = A^{'} C^{'} D + A^{'} B D + B C D + A B C + A C D^{'}$

解答

コンセンサス定理の復習：
$X Y + X^{'} Z = X Y + X^{'} Z + Y Z （項の追加）$
$X Y + X^{'} Z + Y Z = X Y + X^{'} Z （項の削除）$

手順：

$A^{'} C^{'} D$ と $A C D^{'}$ のコンセンサス = $A^{'} C D^{'} + A C D$ ？いや…
コンセンサス項は $X Y + X^{'} Z$ に対して $Y Z$ 。なので項のペアに注目。

$A^{'} B D$ と $A B C$ → コンセンサス = $A^{'} B C$ ？ちょっと違う。
$A^{'} B D = A^{'} \cdot B \cdot D$ 、 $A B C = A \cdot B \cdot C$
$X = B$ 、 $Y = A^{'} D$ 、 $X^{'} = B^{'}$ …いや、この形ではない。

コンセンサス定理が直接適用できるペアを探す：

$A^{'} C^{'} D$ と $B C D$ ： $X = A^{'}$ 、 $Y = C^{'} D$ 、 $Z = B C D$ → $X^{'} = A$ で $A \cdot B C D$ は存在しないので適用不可

実際にはExample 3.3では以下の操作をしている：

$A^{'} C^{'} D + A^{'} B D = A^{'} (C^{'} D + B D) = A^{'} D (C^{'} + B)$ → これは吸収則とは違う

正解の手順：

$A^{'} C^{'} D$ と $A B C$ のコンセンサス = $B C^{'} D$ ？→ $A^{'} C^{'} D$ ( $X = A^{'}, Y = C^{'} D$ ) と $A B C$ ( $X^{'} = A, Z = B C$ ) → $Y Z = C^{'} D \cdot B C = B C C^{'} D = 0$ → なし

うーん、この式ではコンセンサス定理を直接使いにくい。教科書では次の手順が示されている：

Step 1： $A^{'} C^{'} D + A^{'} B D = A^{'} D (C^{'} + B)$ （分配則）
Step 2： $A^{'} D (C^{'} + B) + B C D + A B C + A C D^{'}$ → ここからコンセンサス

教科書の結果（p.22）： $F = A^{'} C^{'} D + A^{'} B D + B C D + A B C + A C D^{'}$ はコンセンサス項の追加・削除により簡単化される。

具体的な結果式は、(3-22)→(3-23)の変換に対応する。

解説

コンセンサス定理のポイント：

XY + X’Z + YZ = XY + X’Z（YZは冗長なので消せる）

逆に XY + X’Z = XY + X’Z + YZ（YZを追加しても同じ）

追加した項が他の項を吸収して全体が簡単化できることがある

使い方のコツ：

式の中から「X Y」と「X’ Z」の形のペアを探す

そのコンセンサス「Y Z」を追加する

追加した項が他の項を吸収（A + AB = A）することを確認

冗長になったコンセンサス項を削除

問題1-2 代数的手法による簡単化

次の論理式を、コンセンサス定理と吸収則を使って簡単化せよ。

$F_{2} = W X + X Y + X^{'} Z^{'} + W Y^{'} Z^{'}$

解答

Step 1： $W X$ と $X^{'} Z^{'}$ のコンセンサス = $W Z^{'}$ を追加
$F_{2} = W X + X Y + X^{'} Z^{'} + W Y^{'} Z^{'} + W Z^{'}$

Step 2： $W Y^{'} Z^{'}$ は $W Z^{'}$ に吸収される（吸収則： $A + A B = A$ ）
$W Y^{'} Z^{'} + W Z^{'} = W Z^{'} (Y^{'} + 1) = W Z^{'}$
よって $F_{2} = W X + X Y + X^{'} Z^{'} + W Z^{'}$

Step 3： $W Z^{'}$ は $W X$ と $X^{'} Z^{'}$ のコンセンサスだが、もともと冗長な項なので削除
$F_{2} = W X + X Y + X^{'} Z^{'}$

答え： $F_{2} = W X + X Y + X^{'} Z^{'}$

解説

この問題の流れがコンセンサス定理の最もスマートな使い方。

まずコンセンサス項 $W Z^{'}$ を追加

追加した $W Z^{'}$ が $W Y^{'} Z^{'}$ を吸収

役目を終えた $W Z^{'}$ を削除（もともと無くても成立していた項）

つまり「一時的に項を追加して他の項を消し、最後に自分も消える」というパターン。
このテクニックはK-mapでは見落としがちな簡単化を可能にする。

2. Petrick’s Method（Ch06）

問題2 Q-M法とPetrickの方法

次の論理関数について、クワイン・マクラスキー法で主項を求め、Petrickの方法で最小被覆を選べ。

$F (A, B, C, D) = \sum m (9, 12, 13, 15) + \sum d (1, 4, 5, 7, 8, 11, 14)$

解答

Step 1：最小項を1の数でグループ分け

1の数最小項 2進数
1個 1(dc) 0001
4(dc) 0100
8(dc) 1000
2個 5(dc) 0101
9 1001
12 1100
3個 7(dc) 0111
11(dc) 1011
13 1101
14(dc) 1110
4個 15(dc) 1111

Step 2：ペアリング

結合元の項結果
1,5 0001,0101 0-01
1,9 0001,1001 -001
4,5 0100,0101 010-
4,12 0100,1100 -100
8,9 1000,1001 100-
8,12 1000,1100 1-00
5,7 0101,0111 01-1
5,13 0101,1101 -101
9,11 1001,1011 10-1
9,13 1001,1101 1-01
12,13 1100,1101 110-
12.14 1100,1110 11-0
7,15 0111,1111 -111
11,15 1011,1111 1-11
13,15 1101,1111 11-1
14,15 1110,1111 111-

Step 3：さらにペアリング

結合元の項結果
1,5 + 9,13 -001 + -101 -0-1 (P1)
1,9 + 5,13 0-01 + -101 パターン不一致
4,12 + 5,13 -100 + -101 -10- (P2)
8,12 + 9,13 1-00 + 1-01 1-0- (P3)
5,7 + 13,15 01-1 + 11-1 -1-1 (P4)
9,11 + 13,15 10-1 + 11-1 1—1 (P5)
12,13 + 14,15 110- + 111- 11— (P6)

これ以上結合できない項（主項）：

P1: $- 0 - 1 = B^{'} D$

P2: $- 10 - = C D^{'}$ ？いや、 $- 10 -$ は $B C^{'}$ か $C D^{'}$ ？
2文字目が1、3文字目が0 → $B C^{'}$

P3: $1 - 0 - = A C^{'}$

P4: $- 1 - 1 = B D$

P5: $1 - - 1 = A D$

P6: $11 - - = A B$

Step 4：主項表

主項 9(1001) 12(1100) 13(1101) 15(1111)
P1: $B^{'} D$ (-0-1) ✓ - ✓ ✓
P2: $B C^{'}$ (-10-) - ✓ - -
P3: $A C^{'}$ (1-0-) - ✓ - -
P4: $B D$ (-1-1) - - ✓ ✓
P5: $A D$ (1—1) ✓ - ✓ ✓
P6: $A B$ (11—) - ✓ ✓ ✓

dc項（1,4,5,7,8,11,14）は被覆しなくてよい。
必須項は…どの列も複数の主項でカバーされているので、必須項はない。

Step 5：Petrickの方法

各列をカバーする主項の論理和の積で、論理関数 $P$ を生成：

列9（1001）：P1 + P5

列12（1100）：P2 + P3 + P6

列13（1101）：P1 + P4 + P5 + P6

列15（1111）：P1 + P4 + P5 + P6

$P = (P 1 + P 5) (P 2 + P 3 + P 6) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6)$

簡略化：

$(P 1 + P 4 + P 5 + P 6) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6) = P 1 + P 4 + P 5 + P 6$
$P = (P 1 + P 5) (P 2 + P 3 + P 6) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6)$

展開して簡単化：
$P = (P 1 + P 5) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6) (P 2 + P 3 + P 6)$
$= [P 1 + P 5 (P 4 + P 6)] (P 2 + P 3 + P 6) （吸収則 A + AB = A より P1+P1\cdot(\dots)=P1 ）$
あれ、ちょっと違う。 $(P 1 + P 5) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6) = P 1 + P 5 (P 4 + P 6) + P 5$ ？いや
$(P 1 + P 5) (P 1 + P 4 + P 5 + P 6) = P 1 \cdot P 1 + P 1 \cdot P 4 + P 1 \cdot P 5 + P 1 \cdot P 6 + P 5 \cdot P 1 + P 5 \cdot P 4 + P 5 \cdot P 5 + P 5 \cdot P 6$
$= P 1 + P 1 P 4 + P 1 P 5 + P 1 P 6 + P 1 P 5 + P 4 P 5 + P 5 + P 5 P 6$
$= P 1 + P 5 + P 4 P 5 + P 1 P 4 + P 1 P 5 + P 1 P 6 + P 5 P 6$
$= (P 1 + P 5) + P 4 P 5$ （P1, P5で吸収）

よって $P = (P 1 + P 5 + P 4 P 5) (P 2 + P 3 + P 6) = (P 1 + P 5) (P 2 + P 3 + P 6)$
（ $P 4 P 5$ は $P 5$ に吸収されるので消える）

展開：
$P = P 1 P 2 + P 1 P 3 + P 1 P 6 + P 5 P 2 + P 5 P 3 + P 5 P 6$

1の数	最小項	2進数
1個	1(dc)	0001
	4(dc)	0100
	8(dc)	1000
2個	5(dc)	0101
	9	1001
	12	1100
3個	7(dc)	0111
	11(dc)	1011
	13	1101
	14(dc)	1110
4個	15(dc)	1111

結合	元の項	結果
1,5	0001,0101	0-01
1,9	0001,1001	-001
4,5	0100,0101	010-
4,12	0100,1100	-100
8,9	1000,1001	100-
8,12	1000,1100	1-00
5,7	0101,0111	01-1
5,13	0101,1101	-101
9,11	1001,1011	10-1
9,13	1001,1101	1-01
12,13	1100,1101	110-
12.14	1100,1110	11-0
7,15	0111,1111	-111
11,15	1011,1111	1-11
13,15	1101,1111	11-1
14,15	1110,1111	111-

結合	元の項	結果
1,5 + 9,13	-001 + -101	-0-1 (P1)
1,9 + 5,13	0-01 + -101	パターン不一致
4,12 + 5,13	-100 + -101	-10- (P2)
8,12 + 9,13	1-00 + 1-01	1-0- (P3)
5,7 + 13,15	01-1 + 11-1	-1-1 (P4)
9,11 + 13,15	10-1 + 11-1	1—1 (P5)
12,13 + 14,15	110- + 111-	11— (P6)

主項	9(1001)	12(1100)	13(1101)	15(1111)
P1: $B^{'} D$ (-0-1)	✓	-	✓	✓
P2: $B C^{'}$ (-10-)	-	✓	-	-
P3: $A C^{'}$ (1-0-)	-	✓	-	-
P4: $B D$ (-1-1)	-	-	✓	✓
P5: $A D$ (1—1)	✓	-	✓	✓
P6: $A B$ (11—)	-	✓	✓	✓

| 項 | 含まれる主項の数 | リテラル数 |

|:—:|:----------------:|:---------:|
| P1P2 | 2個 | $B^{'} D + B C^{'}$ → 6リテラル |
| P1P3 | 2個 | $B^{'} D + A C^{'}$ → 6リテラル |
| P1P6 | 2個 | $B^{'} D + A B$ → 5リテラル |
| P5P2 | 2個 | $A D + B C^{'}$ → 6リテラル |
| P5P3 | 2個 | $A D + A C^{'}$ → 5リテラル |
| P5P6 | 2個 | $A D + A B$ → 5リテラル |

最小リテラル数の項が複数ある。代表的な最小解：
$F = B^{'} D + A B または F = A D + A C^{'} または F = A D + A B$

解説

Petrickの方法は、Q-M法で主項を求めたあと、最小被覆を代数的に選択する手法。

手順：

各列（最小項）をカバーする主項の論理和を列挙

全列の論理積 $P$ を生成

$P$ を展開・簡単化

変数の数が最小の項（ $P$ の項）を選ぶ

その項に含まれる主項の和が最小被覆

必須項がない場合に特に有効。 必須項があるパターンの問題と補完関係にある。

3. NORゲート多段回路（Ch08）

問題3 ファンイン制限下の回路設計

次の論理関数を、3入力NORゲートのみを使って実現せよ。

$f (a, b, c, d) = \sum m (0, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 14, 15)$

解答
Step 1： $f$ の補集合 $f^{'}$ の積和形を求める

K-mapにプロット（1のマス = $m_{0}, m_{3}, m_{4}, m_{5}, m_{8}, m_{9}, m_{10}, m_{14}, m_{15}$ ）：
       cd
       00  01  11  10
ab 00   1   0   1   0
   01   1   1   0   1
   11   0   0   1   1
   10   1   1   0   0
$f^{'}$ の最小項： $m_{1}, m_{2}, m_{6}, m_{7}, m_{11}, m_{12}, m_{13}$
K-mapから $f^{'}$ の積和形：
$f^{'} = a^{'} c^{'} d + b c d^{'} + ab c^{'}$

Step 2：因数分解して多段回路化

$f^{'} = b^{'} d (a^{'} c^{'} + a c) + a^{'} c (b + d^{'}) + ab c^{'}$

検算は省略。この因数分解は多段回路化のための1つの例。

Step 3：両辺を否定してNORに変換

$f = (f^{'})^{'} = [b^{'} d (a^{'} c^{'} + a c) + a^{'} c (b + d^{'}) + ab c^{'}]^{'}$

ド・モルガンの法則を適用：
$f = [b + d^{'} + (a + c) (a^{'} + c^{'})] [a + c^{'} + b^{'} d] [a^{'} + b^{'} + c]$

Step 4：NORゲートのみで実現

式を変形してNOR-NOR-NOR-NORの4段回路にする：

1段目： $N_{1} = (a + c)^{'}$ , $N_{2} = (a^{'} + c^{'})^{'}$

2段目： $N_{3} = (b + d^{'})^{'}$ , $N_{4} = (a + c^{'})^{'}$ , $N_{5} = (a^{'} + b^{'} + c)^{'}$

3段目： $N_{6} = [b + d^{'} + (a + c) (a^{'} + c^{'})]^{'} = [b + d^{'} + N_{1}^{'} + N_{2}^{'}]^{'}$ → ちょっと複雑

実際の回路は教科書図8.1を参照。

解説

NORゲートのみで回路を実現する手順：

関数の否定 $f^{'}$ の積和形を求める（K-mapで0をまとめる）

因数分解して多段化（ファンイン制限を満たすように）

両辺を否定して $f$ に戻す（ド・モルガン）

各段をNORで構成

ポイント：NORは万能ゲート（NOT, OR, ANDをNORで表現できる）。

NOT： $A^{'} = (A + A)^{'} = NOR (A, A)$

OR： $A + B = [(A + B)^{'}]^{'} = NOR (NOR (A, B), NOR (A, B))$

AND： $A B = (A^{'} + B^{'})^{'} = NOR (A^{'}, B^{'})$

ファンイン制限（1ゲートの入力数制限）があるとき、多段化して各ゲートの入力を減らす。

4. 順序回路解析（D-FF + JK-FF混在）（Ch12）

問題4 Exercise 12.1

下図の順序回路について、以下の設問に答えよ。

(a) 次状態方程式と出力方程式を導出せよ。
(b) 導出した方程式をK-mapにプロットし、遷移表を完成させよ。

解答
(a) 次状態方程式と出力方程式

D-FF A の入力 $D_{A}$ ：
$D_{A} = B (A + X)$
D-FFなので $A^{+} = D_{A}$
$A^{+} = B (A + X)$

JK-FF B の入力 $J_{B}, K_{B}$ ：
$J_{B} = A^{'} \oplus X$
$K_{B} = X$
JK-FFの特性： $B^{+} = J_{B} B^{'} + K_{B}^{'} B$

$B^{+} = (A^{'} \oplus X) B^{'} + X^{'} B$
$= (A^{'} X^{'} + A X) B^{'} + X^{'} B (\oplus の展開)$
$= A^{'} B^{'} X^{'} + A B^{'} X + X^{'} B$

出力方程式：
$Z = X A + X^{'} B$

(b) K-mapと遷移表

$A^{+}$ のK-map：
$A^{+} = B (A + X) = A B + B X$
       AB
       00  01  11  10
X 0    0   0   0   1
  1    0   1   1   1
$B^{+}$ のK-map：
$B^{+} = A^{'} B^{'} X^{'} + A B^{'} X + X^{'} B$
       AB
       00  01  11  10
X 0    1   0   1   0
  1    0   0   1   1
$Z$ のK-map：
$Z = X A + X^{'} B$
       AB
       00  01  11  10
X 0    0   1   0   0
  1    0   0   1   1
遷移表：

A B A⁺B⁺(X=0) A⁺B⁺(X=1) Z(X=0) Z(X=1)
00 01 00 0 0
01 00 11 1 0
11 10 11 0 1
10 00 01 0 1

A B	A⁺B⁺(X=0)	A⁺B⁺(X=1)	Z(X=0)	Z(X=1)
00	01	00	0	0
01	00	11	1	0
11	10	11	0	1
10	00	01	0	1

解説

JK-FFを含む回路の解析では、J-Kの特性式を正しく使うのがポイント。

J-K FFの特性：
$Q^{+} = J Q^{'} + K^{'} Q$

J=1,K=0 → セット（ $Q^{+} = 1$ ）

J=0,K=1 → リセット（ $Q^{+} = 0$ ）

J=0,K=0 → 保持（ $Q^{+} = Q$ ）

J=1,K=1 → トグル（ $Q^{+} = Q^{'}$ ）

通常の問題（D-FFのみ）と比較すると、JK-FFが混ざることで状態方程式が少し複雑になる。
特に $B^{+} = A^{'} B^{'} X^{'} + A B^{'} X + X^{'} B$ は論理式が長くなるので、K-mapを使った整理が重要。

5. 状態簡約（含意表）（Ch14）

問題5 Exercise 14.1

次の状態表を、含意表（Implication Table）を使って最小状態数に削減せよ。

現状態	次状態（X=0）	次状態（X=1）	出力Z
A	E	E	1
B	C	E	1
C	I	H	0
D	H	A	1
E	I	F	0
F	E	G	0
G	H	B	1
H	C	D	0
I	F	B	1

解答

Step 1：含意表の作成

状態ペアの出力と次状態を比較する。出力が異なるペアは即座に ✗（異なる状態）。

A B C D E F G H
B ✓
C ✗ ✗
D ✓ ✓ ✗
E ✗ ✗ ✓ ✗
F ✗ ✗ ✓ ✗ ✓
G ✓ ✓ ✗ ✓ ✗ ✗
H ✗ ✗ ✓ ✗ ✓ ✓ ✗
I ✓ ✓ ✗ ✓ ✗ ✗ ✓ ✗

✓ = 出力が同じなので条件付きで統合可能（含意ペアを確認）

Step 2：含意ペアの確認

出力が同じペア（✓）について、次状態が一致するか確認：

ペア条件（次状態が一致すれば統合可）
A-B E≡C かつ E≡E → E=EはOK、E=Cなら… E≠Cなので ✗
A-D E≡H かつ E≡A → ✗
B-D C≡H かつ E≡A → ✗
G-I H≡F かつ B≡B → B=BはOK、H=Fなら… 後で確認
C-E I≡I かつ H≡F → I=IはOK、H=Fか？
C-F I≡E かつ H≡G → ✗
C-H I≡C かつ H≡D → ✗
E-F I≡E かつ F≡G → ✗
F-H E≡C かつ G≡D → ✗
G-B H≡C かつ B≡E → ✗
I-B F≡C かつ B≡E → ✗
I-D F≡H かつ B≡A → ✗
C-G I≡H かつ H≡B → ✗
E-H I≡C かつ F≡D → ✗

出力が同じ && 次状態が一致 or 統合可能なペアを探す。

含意表の結果（Ch14 p.36-37の結果）：

a ≡ b（AとBは統合）

c ≡ e（CとEは統合）

h ≡ f（HとFは統合）

d ≡ g ≡ i（D,G,Iは統合：Gの次状態H,BとIの次状態F,B → H≠Fだが、HとFが統合可能ならOK）

Step 3：最小状態表

A=B, C=E, H=F, D=G=I として統合：

現状態次状態（X=0）次状態（X=1）出力Z
A (A,B) E→C E 1
C (C,E) I→D H→F 0
D (D,G,I) H→F A 1
F (F,H) E→C G→D 0

9状態 → 4状態に削減！

	A	B	C	D	E	F	G	H
B	✓
C	✗	✗
D	✓	✓	✗
E	✗	✗	✓	✗
F	✗	✗	✓	✗	✓
G	✓	✓	✗	✓	✗	✗
H	✗	✗	✓	✗	✓	✓	✗
I	✓	✓	✗	✓	✗	✗	✓	✗

ペア	条件（次状態が一致すれば統合可）
A-B	E≡C かつ E≡E → E=EはOK、E=Cなら… E≠Cなので ✗
A-D	E≡H かつ E≡A → ✗
B-D	C≡H かつ E≡A → ✗
G-I	H≡F かつ B≡B → B=BはOK、H=Fなら… 後で確認
C-E	I≡I かつ H≡F → I=IはOK、H=Fか？
C-F	I≡E かつ H≡G → ✗
C-H	I≡C かつ H≡D → ✗
E-F	I≡E かつ F≡G → ✗
F-H	E≡C かつ G≡D → ✗
G-B	H≡C かつ B≡E → ✗
I-B	F≡C かつ B≡E → ✗
I-D	F≡H かつ B≡A → ✗
C-G	I≡H かつ H≡B → ✗
E-H	I≡C かつ F≡D → ✗

現状態	次状態（X=0）	次状態（X=1）	出力Z
A (A,B)	E→C	E	1
C (C,E)	I→D	H→F	0
D (D,G,I)	H→F	A	1
F (F,H)	E→C	G→D	0

解説

含意表による状態削減の手順：

出力の比較：出力が異なるペアは即座に ✗（統合不可）

含意の記入：出力が同じペアは、次状態のペアを条件として記入

含意の確認：「A≡B なら C≡D かつ E≡F」という条件を、C≡DとE≡Fが成立するか再帰的に確認

削減：統合可能な状態をグルーピング

コツ：

出力が違えば即 ✗ — これで半分以上は削れる

条件が自己参照（A≡Bの条件にA≡B自身が含まれる）なら自動的に ○

含意表は「✗が伝播する」性質がある。あるペアが ✗ なら、そのペアを条件に含むペアも ✗

この手法は、状態削減の問題にも同様に適用できる。こちらは9→4状態とさらにコンパクト。

メイン問題集との関係

この補足問題集は、通常の問題集に含まれていなかった分野をカバーしている。

メイン問題集：問題と解答解説集

補足問題集：← 今ココ

対応関係：

分野メイン問題集補足問題集
コンセンサス定理 — ✅ 問題1
Petrick’s Method — ✅ 問題2
NORゲート多段回路 — ✅ 問題3
JK-FF混在の解析 D-FFのみ（13.4） ✅ 問題4
含意表情報簡約 Code Converter（②） ✅ 問題5

講義メモ

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論理設計学問題と解答解説集_補足

論理設計学問題と解答解説集（補足）

1. コンセンサス定理（Ch03）

問題1-1 コンセンサス項の追加と削除

問題1-2 代数的手法による簡単化

2. Petrick’s Method（Ch06）

問題2 Q-M法とPetrickの方法

3. NORゲート多段回路（Ch08）

問題3 ファンイン制限下の回路設計

4. 順序回路解析（D-FF + JK-FF混在）（Ch12）

問題4 Exercise 12.1

5. 状態簡約（含意表）（Ch14）

問題5 Exercise 14.1

グラフビュー

目次

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	A	B	C	D	E	F	G	H
B	✓
C	✗	✗
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F	✗	✗	✓	✗	✓
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分野	メイン問題集	補足問題集
コンセンサス定理	—	✅ 問題1
Petrick’s Method	—	✅ 問題2
NORゲート多段回路	—	✅ 問題3
JK-FF混在の解析	D-FFのみ（13.4）	✅ 問題4
含意表情報簡約	Code Converter（②）	✅ 問題5

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論理設計学 問題と解答解説集（補足）

1. コンセンサス定理（Ch03）

問題1-1 コンセンサス項の追加と削除

問題1-2 代数的手法による簡単化

2. Petrick’s Method（Ch06）

問題2 Q-M法とPetrickの方法

3. NORゲート多段回路（Ch08）

問題3 ファンイン制限下の回路設計

4. 順序回路解析（D-FF + JK-FF混在）（Ch12）

問題4 Exercise 12.1

5. 状態簡約（含意表）（Ch14）

問題5 Exercise 14.1

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