Exercicis d'electrònica digital — Tecnologia i Enginyeria 2n Batxillerat

Aquests exercicis treballen el disseny de circuits digitals amb el mètode que demana la PAU. Completes taules de veritat de portes com la NAND, simplifiques expressions amb l'àlgebra de Boole i fas servir mapes de Karnaugh per obtenir la funció mínima. Després dissenyes circuits combinacionals a partir d'un enunciat: escrius la taula de veritat, en treus la funció i la simplifiques. Al final introdueixes l'electrònica seqüencial i expliques per què el botó de marxa d'una màquina es munta amb una autoretenció. Les solucions mostren cada pas del disseny. Errors típics: comptar malament les files de la taula de veritat i llegir els residus en l'ordre en què surten en passar a binari.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Completa la sortida d'una porta NAND per a les quatre combinacions de dues entrades A i B.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

NAND:

00 \rightarrow 1

;

01 \rightarrow 1

;

10 \rightarrow 1

;

11 \rightarrow 0

. Només val 0 quan A = B = 1.

Resolució

Dades. Porta NAND de dues entrades, A i B: cal la sortida per a les $2^{2} = 4$ combinacions.
Definició de la NAND. És l'AND negada: $F = \overline{A\cdot B}$ . L'AND val 1 només amb A = B = 1, així que la NAND hi val 0 i a la resta val 1.
Taula de veritat.
A B A·B F = NAND
0 0 0 1
0 1 0 1
1 0 0 1
1 1 1 0
Conclusió. Fixa't que la columna de la NAND és la de l'AND invertida: tres uns i un sol zero, a la fila 11.

A	B	A·B	F = NAND
0	0	0	1
0	1	0	1
1	0	0	1
1	1	1	0

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Enumera, en ordre, els passos del mètode per dissenyar un circuit combinacional a partir d'un enunciat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

1) Enunciat (quan val 1 la sortida); 2) taula de veritat; 3) funció lògica (suma de productes); 4) simplificació (Boole o Karnaugh); 5) circuit amb portes lògiques.

Resolució

Enunciat. Llegeix el problema, identifica les entrades i les sortides i decideix en quines situacions la sortida ha de valer 1.
Taula de veritat. Escriu totes les combinacions de les entrades (2ⁿ files per a n entrades) i el valor de la sortida a cadascuna.
Funció lògica. Escriu la suma de productes de les files amb sortida 1 (un minterm per a cada fila).
Simplificació. Redueix la funció amb l'àlgebra de Boole o amb un mapa de Karnaugh.
Circuit. Dibuixa el circuit amb portes lògiques a partir de la funció simplificada.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Què és un circuit combinacional?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

És un circuit digital en què la sortida depèn només dels valors de les entrades en aquell moment, i no de la història anterior: no té memòria.

Resolució

Idea clau. En un circuit combinacional, una mateixa combinació d'entrades dona sempre la mateixa sortida: la sortida és una funció de les entrades actuals i queda descrita del tot per una taula de veritat.
Sense memòria. El circuit no guarda cap informació del que ha passat abans: no depèn de la història anterior.
Contrast. Els circuits seqüencials (biestables, comptadors) sí que tenen memòria: la seva sortida depèn també de l'estat anterior.
Exemples. Portes lògiques, sumadors, multiplexors, descodificadors o comparadors són circuits combinacionals.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Converteix el nombre hexadecimal 2F a binari i a decimal, i el nombre binari 10110111 a hexadecimal i a decimal.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

2F₁₆ = 101111₂ = 47; 10110111₂ = B7₁₆ = 183.

Resolució

Mètode. Cada xifra hexadecimal equival exactament a 4 bits (16 = 2⁴), per això la conversió es fa xifra a xifra.
Hexadecimal → binari. 2 = 0010 i F = 15 = 1111, per tant 2F₁₆ = 0010 1111₂ = 101111₂.
Hexadecimal → decimal. $2\cdot16 + 15 = 47$ .
Binari → hexadecimal. Agrupa els bits de 4 en 4 des de la dreta: 1011 | 0111 = B | 7, és a dir, B7₁₆.
Binari → decimal. $11\cdot16 + 7 = 183$ (també 128 + 32 + 16 + 4 + 2 + 1 = 183).
Comprovació. 47 = 32 + 15, que en binari és 101111, igual que el primer resultat.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Digues de quina porta lògica de dues entrades (AND, OR, NAND, NOR, XOR o XNOR) es tracta en cada cas:
a) la sortida val 1 només si les dues entrades valen 1;
b) la sortida val 0 només si les dues entrades valen 1;
c) la sortida val 1 només si les dues entrades valen 0;
d) la sortida val 0 només si les dues entrades valen 0;
e) la sortida val 1 només si les dues entrades són diferents;
f) la sortida val 0 només si les dues entrades són diferents.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Apartat a)

Resultat

Porta AND.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 0, 0, 0, 1.
Porta AND. És el producte lògic: només dona 1 quan totes dues entrades són 1. $F = A\cdot B$ .

Apartat b)

Resultat

Porta NAND.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 1, 1, 1, 0.
Porta NAND. És una AND amb la sortida invertida, per això només dona 0 amb les dues entrades a 1. $F = \overline{A\cdot B}$ .

Apartat c)

Resultat

Porta NOR.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 1, 0, 0, 0.
Porta NOR. És una OR amb la sortida invertida, per això només dona 1 amb les dues entrades a 0. $F = \overline{A + B}$ .

Apartat d)

Resultat

Porta OR.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 0, 1, 1, 1.
Porta OR. És la suma lògica: només dona 0 quan cap entrada val 1. $F = A + B$ .

Apartat e)

Resultat

Porta XOR.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 0, 1, 1, 0.
Porta XOR. És la OR exclusiva: dona 1 quan les entrades són diferents. $F = A \oplus B$ .

Apartat f)

Resultat

Porta XNOR.

Resolució

Taula. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la sortida descrita és 1, 0, 0, 1.
Porta XNOR. És la XOR invertida (coincidència): dona 1 quan les entrades són iguals i 0 quan són diferents. $F = \overline{A \oplus B}$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Escriu la taula de veritat de la funció $F = A\cdot B + \overline{C}$ , de tres entrades A, B i C, i digues en quantes de les 8 combinacions val 1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

F

val 1 en 5 de les 8 combinacions: 000, 010, 100, 110 i 111.

Resolució

Plantejament. $F = A\cdot B + \overline{C}$ val 1 quan $\overline{C} = 1$ (és a dir, C = 0) o quan $A\cdot B = 1$ .
Taula de veritat.
A B C A·B $\bar{C}$ F
0 0 0 0 1 1
0 0 1 0 0 0
0 1 0 0 1 1
0 1 1 0 0 0
1 0 0 0 1 1
1 0 1 0 0 0
1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 0 1
Recompte. Les quatre files amb C = 0 donen 1, i a més la 111 (A·B = 1): 4 + 1 = 5 uns.
Comprovació. Les tres que donen 0 són les que tenen C = 1 i A·B = 0: 001, 011 i 101.

A	B	C	A·B	$\bar{C}$	F
0	0	0	0	1	1
0	0	1	0	0	0
0	1	0	0	1	1
0	1	1	0	0	0
1	0	0	0	1	1
1	0	1	0	0	0
1	1	0	1	1	1
1	1	1	1	0	1

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Aplica els teoremes de De Morgan per escriure l'expressió $\overline{A + B\cdot C}$ amb la negació només sobre variables soltes, i comprova la igualtat per a A = 0, B = 1 i C = 0.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

\overline{A + B\cdot C} = \overline{A}\cdot(\overline{B} + \overline{C}) = \overline{A}\cdot\overline{B} + \overline{A}\cdot\overline{C}

; per a A = 0, B = 1, C = 0 tots dos costats valen 1.

Resolució

Primer teorema de De Morgan. La negació d'una suma és el producte de les negacions: $\overline{A + B\cdot C} = \overline{A}\cdot\overline{B\cdot C}$ .
Segon teorema de De Morgan. La negació d'un producte és la suma de les negacions: $\overline{B\cdot C} = \overline{B} + \overline{C}$ .
Resultat. $\overline{A + B\cdot C} = \overline{A}\cdot(\overline{B} + \overline{C})$
Comprovació amb A = 0, B = 1, C = 0. A l'esquerra, $A + B\cdot C = 0 + 0 = 0$ i la seva negació val 1. A la dreta, $\overline{A} = 1$ i $\overline{B} + \overline{C} = 0 + 1 = 1$ , i el producte val 1. Coincideixen.
Compte. L'error típic és negar només les variables sense canviar els operadors: la suma passa a producte i el producte, a suma.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Simplifica aquestes expressions i indica la propietat que fas servir en cada pas:
a) $A + \overline{A}\cdot B$
b) $(A + B)\cdot(A + \overline{B})$

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Apartat a)

Resultat

A + \overline{A}\cdot B = A + B

Resolució

Propietat distributiva de la suma respecte del producte. $A + \overline{A}\cdot B = (A + \overline{A})\cdot(A + B)$ .
Complementació i element neutre. Com que $A + \overline{A} = 1$ , queda $1\cdot(A + B) = A + B$ .
Comprovació. Amb A = 0 i B = 1, l'expressió original val 0 + 1·1 = 1 i la simplificada, 0 + 1 = 1. Amb A = 0 i B = 0, totes dues valen 0.

Apartat b)

Resultat

(A + B)\cdot(A + \overline{B}) = A

Resolució

Propietat distributiva. $(A + B)\cdot(A + \overline{B}) = A + B\cdot\overline{B}$ .
Complementació i element neutre. Com que $B\cdot\overline{B} = 0$ , queda $A + 0 = A$ .
Comprovació. Amb A = 1 tots dos factors valen 1; amb A = 0 un dels dos factors (B o $\bar{B}$ ) val 0. Per tant, el producte val sempre A.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Escriu la funció $F = A\cdot B + C$ només amb portes NAND de dues entrades i digues quantes portes calen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

F = \overline{\overline{A\cdot B}\cdot\overline{C}}

= NAND(NAND(A, B), NAND(C, C)): calen 3 portes NAND.

Resolució

Inversor amb NAND. Una NAND amb les dues entrades unides fa d'inversor: $\overline{C}$ = NAND(C, C).
Doble negació i De Morgan. $F = \overline{\overline{A\cdot B + C}} = \overline{\overline{A\cdot B}\cdot\overline{C}}$
Circuit. Porta 1 = NAND(A, B), que dona $\overline{A\cdot B}$ ; porta 2 = NAND(C, C), que dona $\overline{C}$ ; porta 3 = NAND(porta 1, porta 2), que dona F.
Comprovació. Amb A = 0, B = 1 i C = 1: porta 1 = 1, porta 2 = 0 i porta 3 = NAND(1, 0) = 1, i F = 0·1 + 1 = 1.
Conclusió. Calen 3 portes NAND de dues entrades.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Raona si són certes o falses aquestes afirmacions:
a) «Només amb portes NAND es poden construir totes les altres portes lògiques.»
b) «Una funció lògica de 4 variables té 16 combinacions d'entrada diferents.»
c) «A + A·B = A + B.»
d) «La porta XOR de tres entrades val 1 quan un nombre senar d'entrades val 1.»

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Apartat a)

Resultat

Certa: la NAND és una porta universal.

Resolució

Raonament. Amb una NAND es fa un inversor (entrades unides); amb inversors i NAND es construeixen l'AND i, per De Morgan, l'OR.
Conclusió. Amb NOT, AND i OR es pot fer qualsevol funció, per tant també només amb NAND. Passa el mateix amb la NOR.

Apartat b)

Resultat

Certa:

2^{4} = 16

combinacions.

Resolució

Raonament. Cada variable pot valer 0 o 1, de manera que n variables donen 2ⁿ combinacions.
Càlcul. $2^{4} = 16$ .

Apartat c)

Resultat

Falsa: per absorció,

A + A\cdot B = A

Resolució

Propietat d'absorció. A + A·B = A: si A = 1 la suma ja val 1, i si A = 0, A·B = 0.
Contraexemple. Amb A = 0 i B = 1: A + A·B = 0, però A + B = 1.
Compte. La igualtat que dona A + B és una altra: $A + \overline{A}\cdot B = A + B$ .

Apartat d)

Resultat

Certa: és el detector de paritat senar.

Resolució

Raonament. $A\oplus B\oplus C$ val 1 quan hi ha una entrada o les tres a 1, és a dir, un nombre senar d'uns.
Conclusió. Cada XOR canvia el resultat quan una entrada val 1, per això el resultat final indica la paritat: és el detector de paritat senar.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Converteix el nombre decimal 26 a binari.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

26₁₀ = 11010₂

Resolució

Mètode. Divisions successives entre 2, anotant els residus.
Càlcul. $\tfrac{26}{2} = 13$ residu 0; $\tfrac{13}{2} = 6$ residu 1; $\tfrac{6}{2} = 3$ residu 0; $\tfrac{3}{2} = 1$ residu 1; $\tfrac{1}{2} = 0$ residu 1.
Lectura. Llegint els residus de baix a dalt: 11010.
Comprovació. 16 + 8 + 0 + 2 + 0 = 26.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Simplifica l'expressió booleana A·B + A· $\bar{B}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

A\cdot B + A\cdot\overline{B} = A

Resolució

Factor comú. Treu A factor comú: $A\cdot(B + \overline{B})$ .
Complementació. Com que $B + \overline{B} = 1$ , queda $A\cdot 1 = A$ .
Conclusió. La funció simplificada és A: no depèn de B.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

QÜESTIÓ TIPUS TEST (format de l'exercici 1 de la prova). Una funció lògica de tres variables val 1 només quan exactament dues de les tres entrades valen 1. Quina de les expressions següents la representa? a) A·B·C ; b) A·B· $\bar{C}$ + A· $\bar{B}$ ·C + $\bar{A}$ ·B·C ; c) A + B + C ; d) A·B + C. Recorda com es corregeix aquest exercici: cada encert suma 0,5 punts i cada error en resta 0,16; les no contestades no compten, i només se'n corregeixen cinc de les vuit.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Resposta b):

A\cdot B\cdot\overline{C} + A\cdot\overline{B}\cdot C + \overline{A}\cdot B\cdot C

Resolució

Plantejament. «Exactament dues valen 1» vol dir que hi ha tres casos possibles: 110, 101 i 011.
Minterms. Cadascun és un minterm on dues variables apareixen directes i la tercera negada: $A\cdot B\cdot\overline{C}$ (A i B valen 1, C val 0), $A\cdot\overline{B}\cdot C$ i $\overline{A}\cdot B\cdot C$ . La suma dels tres és la funció: opció b).
Per què fallen les altres. a) A·B·C només val 1 quan les tres valen 1, que és precisament el cas que s'ha d'excloure. c) A + B + C val 1 quan almenys una val 1, molt més general. d) A·B + C val 1 si C val 1 encara que A i B valguin 0, i no compta quantes n'hi ha.
Estratègia a la prova. Com que un error resta 0,16 i una pregunta en blanc no resta res, no responguis a l'atzar les que no domines: tria les cinc que tens més segures i deixa les altres tres sense contestar.
Compte. Si en contestes més de cinc, només es corregeixen les cinc primeres, de manera que no serveix de res respondre-les totes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Per què el botó de marxa d'una màquina industrial es munta amb un biestable (o un contacte d'automanteniment) i no directament a la bobina del motor?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Perquè el botó és un polsador (només fa contacte mentre el prems): el biestable o l'automanteniment recorda l'ordre de marxa quan el deixes anar.

Resolució

El problema. Un polsador només tanca el circuit mentre el tens premut. Connectat directament a la bobina, el motor s'aturaria en deixar-lo anar.
La memòria. Amb un biestable, un pols a marxa fa SET i la màquina continua funcionant quan deixes anar el botó; un pols a parada fa RESET.
Conclusió. El circuit «recorda» l'última ordre, que és justament el que no pot fer un circuit combinacional: cal un element de memòria (seqüencial).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Representa el nombre decimal 478 en BCD i en binari natural, i digues quants bits fa servir cada codi. Quin nombre decimal representa el codi BCD 1001 0110 0011? Per què la combinació 1011 no és vàlida en BCD?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

478 = 0100 0111 1000 en BCD (12 bits) i 111011110 en binari natural (9 bits); 1001 0110 0011 = 963; 1011 (= 11) no és una xifra decimal.

Resolució

BCD. Cada xifra decimal es codifica amb 4 bits: 4 = 0100, 7 = 0111 i 8 = 1000, per tant 478 = 0100 0111 1000 (12 bits).
Binari natural. 478 = 256 + 128 + 64 + 16 + 8 + 4 + 2 = 111011110₂ (9 bits).
Comparació. El BCD és menys compacte (12 bits davant de 9), però facilita molt passar a decimal i mostrar el nombre en un visualitzador.
Descodificació. 1001 0110 0011 són les xifres 9, 6 i 3, és a dir, 963.
Combinació no vàlida. 1011 val 11, que no és una xifra decimal: en BCD només són vàlides les combinacions de 0000 a 1001 (0 a 9), i les de 1010 a 1111 no s'utilitzen.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

El sistema de reg d'un hort té quatre entrades: el sensor d'humitat (H = 1 si la terra és seca), el rellotge (N = 1 si és de nit), el sensor del dipòsit (D = 1 si hi ha aigua) i un interruptor manual (M = 1 si s'ha demanat reg manual). La bomba B s'engega només si el dipòsit té aigua i, a més, o bé la terra és seca i és de nit, o bé s'ha demanat reg manual. Escriu la funció lògica de B, digues en quantes de les 16 combinacions d'entrada val 1 i compta quantes portes AND i OR de dues entrades calen per construir-la.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

B = D\cdot(H\cdot N + M)

; val 1 en 5 de les 16 combinacions; calen 2 AND i 1 OR (3 portes).

Resolució

Plantejament. Les condicions són «hi ha aigua» (D) i, alhora, «terra seca i de nit» (H·N) o «reg manual» (M).
Funció. $B = D\cdot(H\cdot N + M)$
Recompte. Val 1 quan D = 1 i, a més, M = 1 (4 combinacions de H i N) o bé M = 0 amb H = N = 1 (1 combinació). Són 4 + 1 = 5 combinacions de les 16; a la resta val 0.
Portes. Una AND per a H·N, una OR per sumar-hi M i una AND amb D: 3 portes. Si es desplega com a suma de productes, B = D·H·N + D·M, en calen 4 (3 AND i 1 OR), perquè el producte de tres variables n'ocupa dues.
Comprovació. Si D = 0 (dipòsit buit), B = 0 per a qualsevol valor de les altres entrades: la bomba no treballa mai en sec.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Una funció de tres variables F(A, B, C) val 1 per a les combinacions d'entrada ABC = 000, 010, 100, 101 i 110, i val 0 per a les altres tres. Escriu-la com a suma de minterms, simplifica-la amb un mapa de Karnaugh i comprova el resultat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

F = \Sigma m(0, 2, 4, 5, 6) = \overline{C} + A\cdot\overline{B}

Resolució

Minterms. ABC = 000, 010, 100, 101 i 110 són, en decimal, 0, 2, 4, 5 i 6: F = Σm(0, 2, 4, 5, 6).
Mapa de Karnaugh. A a les files i BC a les columnes en ordre Gray (00, 01, 11, 10):
A \ BC 00 01 11 10
0 1 0 0 1
1 1 1 0 1
Agrupacions. Els quatre uns de les columnes BC = 00 i BC = 10 (adjacents per l'extrem del mapa) formen un grup de 4 amb C = 0: $\overline{C}$ . L'1 que queda, 101, s'agrupa amb el 100 (A = 1 i B = 0): $A\cdot\overline{B}$ .
Resultat. $F = \overline{C} + A\cdot\overline{B}$ .
Comprovació. Amb 101, $\overline{C} = 0$ però $A\cdot\overline{B} = 1$ , i F = 1; amb 011, tots dos termes valen 0 i F = 0, tal com diu la taula.

A \ BC	00	01	11	10
0	1	0	0	1
1	1	1	0	1

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Simplifica amb un mapa de Karnaugh la funció de quatre variables F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 5, 8, 9, 10) i escriu-la com a suma de productes mínima.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

F = \overline{B}\cdot\overline{D} + \overline{B}\cdot\overline{C} + \overline{A}\cdot\overline{C}\cdot D

Resolució

Mapa de Karnaugh. AB a les files i CD a les columnes, totes dues en ordre Gray (00, 01, 11, 10):
AB \ CD 00 01 11 10
00 1 1 0 1
01 0 1 0 0
11 0 0 0 0
10 1 1 0 1
Grup 1. Les quatre cantonades (m0, m2, m8 i m10), on B = 0 i D = 0: $\overline{B}\cdot\overline{D}$ .
Grup 2. Les columnes CD = 00 i 01 de les files AB = 00 i 10 (m0, m1, m8 i m9), on B = 0 i C = 0: $\overline{B}\cdot\overline{C}$ .
Grup 3. El m5 només es pot unir amb el m1 (A = 0, C = 0, D = 1): $\overline{A}\cdot\overline{C}\cdot D$ .
Resultat i comprovació. $F = \overline{B}\cdot\overline{D} + \overline{B}\cdot\overline{C} + \overline{A}\cdot\overline{C}\cdot D$ . Amb m9 (1001) el segon producte val 1 i F = 1; amb m4 (0100) els tres productes valen 0 i F = 0.

AB \ CD	00	01	10
00	1	1	1
01	0	1	0
11	0	0	0
10	1	1	1

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un multiplexor de 4 entrades de dades ( $I_{0}$ , $I_{1}$ , $I_{2}$ i $I_{3}$ ) té dues entrades de selecció, $S_{1}$ (la de més pes) i $S_{0}$ , que decideixen quina entrada passa a la sortida Y: $S_{1}S$ ₀ = 00 tria $I_{0}$ , 01 tria $I_{1}$ , 10 tria $I_{2}$ i 11 tria $I_{3}$ .
a) Escriu l'expressió de Y.
b) Com cal connectar les entrades de dades perquè faci la funció XOR de dues variables A i B, posant A a $S_{1}$ i B a $S_{0}$ ?
c) I perquè faci la funció OR?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Y = \overline{S_1}\cdot\overline{S_0}\cdot I_0 + \overline{S_1}\cdot S_0\cdot I_1 + S_1\cdot\overline{S_0}\cdot I_2 + S_1\cdot S_0\cdot I_3

Resolució

Plantejament. Cada entrada de dades només ha de passar a la sortida amb la seva combinació de selecció.
Expressió. Cada terme és el minterm de selecció multiplicat per la seva entrada: $Y = \overline{S_1}\cdot\overline{S_0}\cdot I_0 + \overline{S_1}\cdot S_0\cdot I_1 + S_1\cdot\overline{S_0}\cdot I_2 + S_1\cdot S_0\cdot I_3$
Comprovació. Amb $S_1S_0 = 10$ només el tercer terme pot valer 1, i $Y = I_2$ .

Apartat b)

Resultat

I_0 = 0

I_1 = 1

I_2 = 1

I_3 = 0

Resolució

Plantejament. Amb A a $S_1$ i B a $S_0$ , l'entrada que passa per a cada AB és la que té el mateix número.
Taula de la XOR. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la XOR val 0, 1, 1, 0. Per tant $I_0 = 0$ , $I_1 = 1$ , $I_2 = 1$ i $I_3 = 0$ (connectades a 0 o a 1 lògic).

Apartat c)

Resultat

I_0 = 0

I_1 = I_2 = I_3 = 1

Resolució

Taula de la OR. Per a AB = 00, 01, 10 i 11, la OR val 0, 1, 1, 1: $I_0 = 0$ i $I_1 = I_2 = I_3 = 1$ .
Idea clau. Un multiplexor de 4 entrades de dades pot fer qualsevol funció de 2 variables només connectant-ne les entrades de dades a 0 o a 1.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un circuit té quatre portes NAND de dues entrades: N1 = NAND(A, B); N2 = NAND(A, N1); N3 = NAND(B, N1) i la sortida F = NAND(N2, N3). Escriu la taula de veritat de F calculant els valors intermedis i digues quina funció realitza el circuit.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

F val 1 només quan A i B són diferents: el circuit és una porta XOR.

Resolució

Recorda. Una NAND només val 0 quan les dues entrades valen 1.
Valors intermedis.
A B N1 = NAND(A, B) N2 = NAND(A, N1) N3 = NAND(B, N1) F = NAND(N2, N3)
0 0 1 1 1 0
0 1 1 1 0 1
1 0 1 0 1 1
1 1 0 1 1 0
Lectura. Per exemple, amb AB = 01: N1 = 1, N2 = NAND(0, 1) = 1, N3 = NAND(1, 1) = 0 i F = NAND(1, 0) = 1. Amb AB = 11: N1 = 0, N2 = N3 = NAND(1, 0) = 1 i F = NAND(1, 1) = 0.
Conclusió. La columna F és 0, 1, 1, 0: $F = A\oplus B$ . És una XOR feta amb 4 NAND, un muntatge molt habitual quan només es disposa de portes NAND.

A	B	N1 = NAND(A, B)	N2 = NAND(A, N1)	N3 = NAND(B, N1)	F = NAND(N2, N3)
0	0	1	1	1	0
0	1	1	1	0	1
1	0	1	0	1	1
1	1	0	1	1	0

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Tres biestables JK, amb J = K = 1, estan connectats en cascada: el rellotge del primer és un senyal de 4 kHz, i la sortida Q de cada biestable fa de rellotge del següent. Tots canvien d'estat amb el flanc de baixada del seu rellotge i parteixen de $Q_{2}Q_{1}Q_{0}$ = 000.
a) Escriu l'estat $Q_{2}Q_{1}Q_{0}$ després de cada un dels 10 primers pulsos del rellotge del primer.
b) Quina és la freqüència de la sortida del tercer biestable?
c) Quants biestables calen per obtenir 1 Hz a partir d'un rellotge de 4096 Hz?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

001, 010, 011, 100, 101, 110, 111, 000, 001, 010

Resolució

Funcionament. Amb J = K = 1 cada biestable bascula (canvia d'estat) a cada flanc de baixada del seu rellotge. Q₀ canvia a cada pols; Q₁ canvia quan Q₀ passa d'1 a 0; Q₂ canvia quan ho fa Q₁.
Seqüència. És un comptador binari ascendent: després dels pulsos 1 a 10, Q₂Q₁Q₀ = 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111, 000, 001, 010.
Conclusió. Té 8 estats (mòdul 8): després del vuitè pols torna a 000.

Apartat b)

Resultat

f = 500\ \text{Hz}

Resolució

Divisió de freqüència. Cada biestable divideix la freqüència per 2, i tres divisions per 2 són una divisió per 8.
Càlcul. $f = \dfrac{4000\ \text{Hz}}{8} = 500\ \text{Hz}$ .

Apartat c)

Resultat

12 biestables

Resolució

Plantejament. n biestables en cascada divideixen la freqüència per 2ⁿ.
Càlcul. $\dfrac{4096}{1} = 4096 = 2^{12}$ , per tant calen 12 biestables per passar de 4096 Hz a 1 Hz.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Simplifica la funció F = A·B·C + A·B· $\bar{C}$ + A· $\bar{B}$ ·C (àlgebra de Boole o Karnaugh).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

F = A\cdot(B + C)

Resolució

Factor comú. Agrupa els dos primers termes: $A\cdot B\cdot(C + \overline{C}) = A\cdot B\cdot 1 = A\cdot B$ . Queda $F = A\cdot B + A\cdot\overline{B}\cdot C$ .
Factor comú A. $F = A\cdot(B + \overline{B}\cdot C)$ .
Propietat. $B + \overline{B}\cdot C = B + C$ , per tant $F = A\cdot(B + C)$ .
Comprovació amb Karnaugh. Els tres uns (111, 110 i 101) són a la fila A = 1 i formen les parelles A·B (110, 111) i A·C (101, 111): F = A·B + A·C = A·(B + C).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Una taula de veritat de dues variables val 1 a les files A=0,B=0; A=0,B=1 i A=1,B=1. Escriu la suma de productes i simplifica-la.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

F = \overline{A}\cdot\overline{B} + \overline{A}\cdot B + A\cdot B = \overline{A} + B

Resolució

Suma de productes. Files amb sortida 1: 00 → $\overline{A}\cdot\overline{B}$ ; 01 → $\overline{A}\cdot B$ ; 11 → $A\cdot B$ . $F = \overline{A}\cdot\overline{B} + \overline{A}\cdot B + A\cdot B$
Factor comú. Agrupa els dos primers: $\overline{A}\cdot(\overline{B} + B) = \overline{A}$ . Queda $F = \overline{A} + A\cdot B$ .
Propietat. $\overline{A} + A\cdot B = \overline{A} + B$ , per tant la funció mínima és $F = \overline{A} + B$ .
Comprovació. L'única fila amb 0 és A = 1, B = 0, i és l'única en què Ā + B = 0 + 0 = 0.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un biestable D té Q = 0. El rellotge té flancs de pujada als instants 1, 3, 5 i 7 s, i D val 1 entre 0 i 2 s, 0 entre 2 i 6 s i 1 entre 6 i 8 s. Quin valor té Q als instants 2, 4, 6 i 8 s?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

Q = 1 als 2 s, 0 als 4 s, 0 als 6 s i 1 als 8 s.

Resolució

Funcionament. Un biestable D copia el valor de D a Q només als flancs de pujada del rellotge; entre flancs, Q es manté.
Flancs. A 1 s, D = 1: Q passa a 1. A 3 s, D = 0: Q passa a 0. A 5 s, D = 0: Q es queda a 0. A 7 s, D = 1: Q passa a 1.
Lectura. Als 2 s Q = 1 (flanc d'1 s); als 4 s Q = 0 (flanc de 3 s); als 6 s Q = 0, encara que D ja valgui 1 des dels 6 s, perquè el flanc no arriba fins als 7 s; als 8 s Q = 1.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Es volen sumar dos nombres de 2 bits, A = $A_{1}A$ ₀ i B = $B_{1}B$ ₀, amb un semisumador (HA) per als bits de menys pes i un sumador complet (FA) per als de més pes, amb el transport de sortida del primer connectat al transport d'entrada del segon. El resultat és $C_{1}S$ ₁ $S_{0}$ .
a) Escriu les funcions de suma i de transport del semisumador i del sumador complet.
b) Calcula pas a pas A = 3 més B = 2 amb aquest circuit.
c) Calcula A = 3 més B = 3 i digues quants bits pot arribar a tenir el resultat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

HA:

S = A\oplus B

C = A\cdot B

. FA:

S = A\oplus B\oplus C_{in}

C_{out} = A\cdot B + C_{in}\cdot(A\oplus B)

Resolució

Semisumador. Suma dos bits: la suma val 1 si són diferents, $S = A\oplus B$ , i hi ha transport si tots dos valen 1, $C = A\cdot B$ .
Sumador complet. Suma dos bits i el transport d'entrada $C_{in}$ : $S = A\oplus B\oplus C_{in}$ i $C_{out} = A\cdot B + C_{in}\cdot(A\oplus B)$ .

Apartat b)

Resultat

C_1S_1S_0 = 101 = 5

Resolució

Dades. A = 3 = 11 i B = 2 = 10.
Semisumador. $A_0 = 1$ , $B_0 = 0$ : $S_0 = 1\oplus 0 = 1$ i $C_0 = 1\cdot 0 = 0$ .
Sumador complet. $A_1 = 1$ , $B_1 = 1$ , $C_{in} = C_0 = 0$ : $S_1 = 1\oplus1\oplus0 = 0$ i $C_1 = 1\cdot1 + 0 = 1$ .
Conclusió. Resultat C₁S₁S₀ = 101 = 5, que és correcte (3 + 2 = 5).

Apartat c)

Resultat

C_1S_1S_0 = 110 = 6

; el resultat pot tenir fins a 3 bits.

Resolució

Semisumador. $A_0 = B_0 = 1$ : $S_0 = 1\oplus1 = 0$ i $C_0 = 1\cdot1 = 1$ .
Sumador complet. Amb 1, 1 i $C_{in} = 1$ : $S_1 = 1\oplus1\oplus1 = 1$ i $C_1 = 1\cdot1 + 1\cdot(1\oplus1) = 1 + 0 = 1$ . Resultat 110 = 6, també correcte.
Nombre de bits. El màxim és 3 + 3 = 6, que necessita 3 bits. En general, la suma de dos nombres de n bits pot tenir n + 1 bits (per això hi ha el transport de sortida C₁).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Un circuit rep un dígit BCD, $D_{3}D$ ₂ $D_{1}D$ ₀ (de 0 a 9), i ha de donar F = 1 si el dígit és un nombre primer (2, 3, 5 o 7). Les combinacions de 1010 a 1111 no es produeixen mai en BCD.
a) Escriu F amb minterms i indiferents.
b) Simplifica F amb un mapa de Karnaugh aprofitant les indiferents.
c) Compara el resultat amb el que s'obtindria si no s'aprofitessin.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

F = \Sigma m(2, 3, 5, 7) + d(10, 11, 12, 13, 14, 15)

Resolució

Minterms. Els dígits primers 2, 3, 5 i 7 són els minterms de F.
Indiferents. Les combinacions 10 a 15 no es produeixen mai en BCD: són indiferents (d), i al mapa s'hi pot posar 0 o 1 segons convingui.

Apartat b)

Resultat

F = \overline{D_2}\cdot D_1 + D_2\cdot D_0

Resolució

Mapa de Karnaugh. D₃D₂ a les files i D₁D₀ a les columnes (00, 01, 11, 10); × és una indiferent:
D₃D₂ \ D₁D₀ 00 01 11 10
00 0 0 1 1
01 0 1 1 0
11 × × × ×
10 0 0 × ×
Agrupacions. (m2, m3, m10, m11), on $D_2 = 0$ i $D_1 = 1$ : $\overline{D_2}\cdot D_1$ . (m5, m7, m13, m15), on $D_2 = 1$ i $D_0 = 1$ : $D_2\cdot D_0$ .
Comprovació. El 9 (1001) fa 0 als dos productes (D₂ = 0 i D₁ = 0), i el 7 (0111) fa 1 al segon, tal com cal.

D₃D₂ \ D₁D₀	00	01	11	10
00	0	0	1	1
01	0	1	1	0
11	×	×	×	×
10	0	0	×	×

Apartat c)

Resultat

Sense indiferents:

F = \overline{D_3}\cdot\overline{D_2}\cdot D_1 + \overline{D_3}\cdot D_2\cdot D_0

, amb productes de 3 variables en lloc de 2.

Resolució

Agrupacions. Sense les indiferents només es poden fer parelles: m2-m3 i m5-m7.
Resultat. $F = \overline{D_3}\cdot\overline{D_2}\cdot D_1 + \overline{D_3}\cdot D_2\cdot D_0$ .
Comparació. Té els mateixos 2 termes, però de 3 variables en lloc de 2 (6 literals davant de 4): el circuit seria més gran. Aprofitar les indiferents simplifica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Un comparador de dos nombres de 2 bits, A = $A_{1}A$ ₀ i B = $B_{1}B$ ₀, ha de donar G = 1 quan A > B.
a) Escriu G com a suma de minterms, ordenant les variables com $A_{1}A$ ₀ $B_{1}B$ ₀ ( $A_{1}$ és la de més pes).
b) Simplifica-la amb un mapa de Karnaugh.
c) Comprova el resultat per a A = 2, B = 1 i per a A = 1, B = 1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

G = \Sigma m(4, 8, 9, 12, 13, 14)

Resolució

Casos amb A > B. (A, B) = (1, 0), (2, 0), (2, 1), (3, 0), (3, 1) i (3, 2).
Codificació. En binari A₁A₀B₁B₀: 0100, 1000, 1001, 1100, 1101 i 1110, és a dir, els minterms 4, 8, 9, 12, 13 i 14.

Apartat b)

Resultat

G = A_1\cdot\overline{B_1} + A_0\cdot\overline{B_1}\cdot\overline{B_0} + A_1\cdot A_0\cdot\overline{B_0}

Resolució

Mapa de Karnaugh. A₁A₀ a les files i B₁B₀ a les columnes (00, 01, 11, 10):
A₁A₀ \ B₁B₀ 00 01 11 10
00 0 0 0 0
01 1 0 0 0
11 1 1 0 1
10 1 1 0 0
Agrupacions. (m8, m9, m12, m13), amb $A_1 = 1$ i $B_1 = 0$ : $A_1\cdot\overline{B_1}$ . (m4, m12), amb $A_0 = 1$ , $B_1 = 0$ i $B_0 = 0$ : $A_0\cdot\overline{B_1}\cdot\overline{B_0}$ . (m12, m14), amb $A_1 = A_0 = 1$ i $B_0 = 0$ : $A_1\cdot A_0\cdot\overline{B_0}$ .
Resultat. $G = A_1\cdot\overline{B_1} + A_0\cdot\overline{B_1}\cdot\overline{B_0} + A_1\cdot A_0\cdot\overline{B_0}$

A₁A₀ \ B₁B₀	00	01	10
00	0	0	0
01	1	0	0
11	1	1	1
10	1	1	0

Apartat c)

Resultat

A = 2, B = 1: G = 1; A = 1, B = 1: G = 0.

Resolució

A = 2 (10), B = 1 (01). $A_1 = 1$ i $B_1 = 0$ : el primer producte val 1 i G = 1 (2 > 1).
A = 1 (01), B = 1 (01). $A_1 = 0$ anul·la el primer i el tercer producte, i el segon té $B_0 = 1$ : tots valen 0 i G = 0 (1 no és més gran que 1).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

La ventilació d'un aparcament té tres detectors de monòxid de carboni ( $S_{1}$ , $S_{2}$ i $S_{3}$ , que valen 1 si detecten gas) i un interruptor manual M. El ventilador V s'engega si M = 1 o bé si almenys dos dels tres detectors detecten gas.
a) Escriu V com a suma de minterms, ordenant les variables com M $S_{1}$ $S_{2}$ $S_{3}$ (M és la de més pes).
b) Simplifica-la amb un mapa de Karnaugh.
c) Escriu la funció simplificada només amb portes NAND i compta les portes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

V = \Sigma m(3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15)

Resolució

M = 1. Amb M = 1 (combinacions 8 a 15) el ventilador sempre s'engega.
M = 0. Calen almenys dos detectors a 1: S₁S₂S₃ = 011, 101, 110 i 111, que són els minterms 3, 5, 6 i 7.

Apartat b)

Resultat

V = M + S_1\cdot S_2 + S_1\cdot S_3 + S_2\cdot S_3

Resolució

Mapa de Karnaugh. MS₁ a les files i S₂S₃ a les columnes (00, 01, 11, 10):
MS₁ \ S₂S₃ 00 01 11 10
00 0 0 1 0
01 0 1 1 1
11 1 1 1 1
10 1 1 1 1
Agrupacions. Les dues files amb M = 1 (8 cel·les): M. La columna $S_2S_3 = 11$ (m3, m7, m15, m11): $S_2\cdot S_3$ . Les cel·les m5, m7, m13 i m15: $S_1\cdot S_3$ . Les cel·les m6, m7, m14 i m15: $S_1\cdot S_2$ .
Conclusió. És la funció majoria dels tres detectors més l'interruptor manual.

MS₁ \ S₂S₃	00	01	11	10
00	0	0	1	0
01	0	1	1	1
11	1	1	1	1
10	1	1	1	1

Apartat c)

Resultat

V = \overline{\overline{M}\cdot\overline{S_1 S_2}\cdot\overline{S_1 S_3}\cdot\overline{S_2 S_3}}

: 5 portes NAND.

Resolució

Doble negació i De Morgan. $V = \overline{\overline{M}\cdot\overline{S_1 S_2}\cdot\overline{S_1 S_3}\cdot\overline{S_2 S_3}}$
Portes. 3 NAND de 2 entrades per als productes ( $\overline{S_1S_2}$ , $\overline{S_1S_3}$ , $\overline{S_2S_3}$ ), 1 NAND amb les entrades unides per obtenir $\overline{M}$ i 1 NAND de 4 entrades a la sortida.
Conclusió. En total, 5 portes NAND.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Un descodificador de 3 a 8 té entrades A, B i C (A és el bit de més pes) i vuit sortides $Y_{0}$ a $Y_{7}$ , actives en nivell alt: $Y_{i}$ val 1 només quan ABC és el nombre binari i.
a) Escriu $Y_{5}$ i $Y_{2}$ com a productes de les variables d'entrada.
b) Implementa la funció F(A, B, C) = Σm(1, 2, 4, 7) amb el descodificador i una porta OR.
c) Descriu en paraules quan val 1 la funció F.
d) Si les sortides del descodificador fossin actives en nivell baix, quina porta caldria posar a la sortida?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Y_5 = A\cdot\overline{B}\cdot C

;

Y_2 = \overline{A}\cdot B\cdot\overline{C}

Resolució

Plantejament. Cada sortida és el minterm del seu número: val 1 només amb aquella combinació.
Productes. Y₅ correspon a ABC = 101: $Y_5 = A\cdot\overline{B}\cdot C$ . Y₂ correspon a ABC = 010: $Y_2 = \overline{A}\cdot B\cdot\overline{C}$ .

Apartat b)

Resultat

F = Y_1 + Y_2 + Y_4 + Y_7

: les quatre sortides a una OR de 4 entrades.

Resolució

Idea. Cada minterm és una sortida del descodificador, i una suma de minterms és una OR.
Connexió. Es connecten Y₁, Y₂, Y₄ i Y₇ a una porta OR de 4 entrades, que dona F.

Apartat c)

Resultat

F val 1 quan hi ha un nombre senar d'uns a l'entrada:

F = A\oplus B\oplus C

Resolució

Observació. Els minterms 1 (001), 2 (010), 4 (100) i 7 (111) són les combinacions amb un nombre senar d'uns (1 o 3).
Conclusió. F és el detector de paritat senar: $F = A\oplus B\oplus C$ .

Apartat d)

Resultat

Una porta NAND de 4 entrades.

Resolució

Sortides actives en baix. Ara cada sortida dona $\overline{Y_i}$ .
De Morgan. $F = Y_1 + Y_2 + Y_4 + Y_7 = \overline{\overline{Y_1}\cdot\overline{Y_2}\cdot\overline{Y_4}\cdot\overline{Y_7}}$
Idea clau. Un descodificador més una porta OR (o NAND, si les sortides són actives en baix) permet fer qualsevol funció donada com a suma de minterms.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Una funció F(A, B, C, D) val 0 per a les combinacions d'entrada 0, 1, 2, 3, 4, 8 i 12 (en decimal, amb A com a bit de més pes) i val 1 per a les altres.
a) Simplifica-la com a suma de productes, agrupant els uns.
b) Simplifica-la com a producte de sumes, agrupant els zeros.
c) Implementa la segona forma només amb portes NOR de dues entrades i compara el nombre de portes amb el de la primera forma feta amb portes AND i OR.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

F = A\cdot C + A\cdot D + B\cdot C + B\cdot D

Resolució

Mapa de Karnaugh. AB a les files i CD a les columnes (00, 01, 11, 10):
AB \ CD 00 01 11 10
00 0 0 0 0
01 0 1 1 1
11 0 1 1 1
10 0 1 1 1
Grups d'uns. Quatre grups de 4 cel·les: (m5, m7, m13, m15) = B·D, (m6, m7, m14, m15) = B·C, (m9, m11, m13, m15) = A·D i (m10, m11, m14, m15) = A·C.
Resultat. F = B·D + B·C + A·D + A·C. Amb portes AND i OR calen 4 AND i 1 OR de 4 entrades: 5 portes.

AB \ CD	01	11	10
00	0	0	0
01	1	1	1
11	1	1	1
10	1	1	1

Apartat b)

Resultat

F = (A + B)\cdot(C + D)

Resolució

Grups de zeros. Els zeros formen la fila AB = 00 (A = 0 i B = 0) i la columna CD = 00 (C = 0 i D = 0).
Producte de sumes. Cada grup de zeros dona una suma amb les variables sense negar (perquè valen 0): (A + B) i (C + D). Per tant F = (A + B)·(C + D).
Comprovació. Desenvolupant el producte surt A·C + A·D + B·C + B·D, la mateixa funció de l'apartat a.

Apartat c)

Resultat

F = NOR(NOR(A, B), NOR(C, D)): 3 portes NOR, davant de les 5 de la forma AND-OR.

Resolució

De Morgan. $\text{NOR}(x, y) = \overline{x + y} = \overline{x}\cdot\overline{y}$ . Per tant $\text{NOR}(\overline{A + B}, \overline{C + D}) = (A + B)\cdot(C + D)$ .
Circuit. F = NOR(NOR(A, B), NOR(C, D)): calen només 3 portes NOR de 2 entrades, davant de les 5 de la primera forma.
Comprovació. Amb ABCD = 1001 (m9): NOR(1, 0) = 0, NOR(0, 1) = 0 i NOR(0, 0) = 1, i F = 1. Amb 0011 (m3): NOR(0, 0) = 1, NOR(1, 1) = 0 i NOR(1, 0) = 0, i F = 0.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Un dipòsit d'aigua d'una granja té tres sensors de nivell: $N_{1}$ (baix), $N_{2}$ (mig) i $N_{3}$ (alt); cada sensor val 1 si l'aigua el cobreix. Dues bombes A i B omplen el dipòsit. Per repartir el desgast, un biestable dona un senyal T que canvia cada dia. Les especificacions són:
• Si el nivell és per sota del sensor mig, funciona una sola bomba: la A si T = 0 i la B si T = 1.
• Si el nivell és per sota del sensor baix, funcionen totes dues.
• Si la combinació dels sensors és físicament impossible (un sensor de dalt cobert i un de més avall descobert), s'activa l'alarma AL i les bombes s'aturen.
a) Indica quines combinacions de $N_{1}N_{2}N_{3}$ són possibles i quines indiquen una avaria.
b) Escriu la taula de veritat de les sortides BA, BB i AL en funció de $N_{1}$ , $N_{2}$ , $N_{3}$ i T, i obtén les funcions simplificades.
c) Un company proposa tractar les combinacions impossibles com a indiferents («no importa») per simplificar les funcions de les bombes. Calcula què en surt i raona per què en aquest cas no és una bona idea.
d) Dibuixa (descriu) el circuit amb portes lògiques de les tres sortides, aprofitant les parts comunes.

Pista 1

Si l'aigua cobreix un sensor, també ha de cobrir tots els que hi ha per sota. Només hi ha quatre combinacions coherents.

Pista 2

Les bombes només poden funcionar en estats vàlids amb $N_{2}$ = 0, és a dir, 000 o 100. Busca el factor comú.

Pista 3

Si una combinació és indiferent, el simplificador pot posar-hi un 1. Mira què faria la bomba amb un sensor encallat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

Possibles (N₁N₂N₃): 000, 100, 110 i 111. Avaria: 001, 010, 011 i 101.

Resolució

Condició física. Si l'aigua cobreix un sensor, també ha de cobrir tots els que hi ha per sota.
Combinacions coherents. 000 (gairebé buit), 100 (per sobre del baix), 110 (per sobre del mig) i 111 (ple).
Avaries. 001, 010, 011 i 101: en totes hi ha un sensor cobert amb un altre de més avall descobert.

Apartat b)

Resultat

BA = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}\cdot(\overline{N_1} + \overline{T})

;

BB = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}\cdot(\overline{N_1} + T)

;

AL = \overline{N_1}\cdot N_2 + \overline{N_2}\cdot N_3

Resolució

Especificacions. 000 (per sota del baix): funcionen totes dues bombes. 100 (per sota del mig): només la A si T = 0 i la B si T = 1. 110 i 111: cap bomba. Combinacions d'avaria: bombes aturades i AL = 1.
Taula de veritat.
N₁N₂N₃ T BA BB AL
000 0 1 1 0
000 1 1 1 0
100 0 1 0 0
100 1 0 1 0
110, 111 x 0 0 0
001, 010, 011, 101 x 0 0 1
Bombes. Només poden funcionar en els estats vàlids amb $N_2 = 0$ , és a dir, 000 o 100, que tenen el factor comú $\overline{N_2}\cdot\overline{N_3}$ . BA val 1 amb 000 (qualsevol T) i amb 100 si T = 0: $BA = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}\cdot(\overline{N_1} + \overline{T})$ i, de la mateixa manera, $BB = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}\cdot(\overline{N_1} + T)$
Alarma. Les vuit files amb 010, 001, 011 o 101 s'agrupen en $\overline{N_1}\cdot N_2$ (010, 011) i $\overline{N_2}\cdot N_3$ (001, 101): $AL = \overline{N_1}\cdot N_2 + \overline{N_2}\cdot N_3$ .
Comprovació. AL val 1 exactament quan un sensor està cobert i el de sota no.

N₁N₂N₃	T	BA	BB	AL
000	0	1	1	0
000	1	1	1	0
100	0	1	0	0
100	1	0	1	0
110, 111	x	0	0	0
001, 010, 011, 101	x	0	0	1

Apartat c)

Resultat

Surt

BA = \overline{N_1} + \overline{N_2}\cdot\overline{T}

BB = \overline{N_1} + \overline{N_2}\cdot T

, més curtes, però en una avaria les bombes funcionarien: no és segur.

Resolució

Simplificació amb indiferents. El simplificador pot posar un 1 a les combinacions impossibles. Totes les que tenen $N_1 = 0$ (000, 001, 010, 011) formen un grup gran: $\overline{N_1}$ . Queda el 100 amb T = 0 (o T = 1), que s'agrupa amb el 101 indiferent: $BA = \overline{N_1} + \overline{N_2}\cdot\overline{T}$ i $BB = \overline{N_1} + \overline{N_2}\cdot T$ .
Què passa en una avaria. Si el sensor baix s'avaria i queda a 0 amb el dipòsit ple (es llegeix 011), totes dues bombes funcionarien i el dipòsit vessaria. Si N₃ quedés encallat a 1 amb el dipòsit buit (001), amb la versió simplificada les bombes funcionarien igualment, i l'alarma no seria l'única resposta.
Conclusió. Les combinacions «impossibles» només ho són si tot funciona bé. En un sistema de seguretat s'han de tractar explícitament (detectar l'avaria i portar el sistema a un estat segur), no fer-les servir per estalviar portes.

Apartat d)

Resultat

Inversors, una AND comuna

X = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}

, dues OR i dues AND per a BA i BB; dues AND i una OR per a AL.

Resolució

Inversors. Tres inversors ( $\overline{N_1}$ , $\overline{N_2}$ , $\overline{N_3}$ ) i un per a $\overline{T}$ .
Bombes. Una AND comuna $X = \overline{N_2}\cdot\overline{N_3}$ ; dues OR ( $\overline{N_1} + \overline{T}$ i $\overline{N_1} + T$ ); dues AND finals, $BA = X\cdot(\overline{N_1} + \overline{T})$ i $BB = X\cdot(\overline{N_1} + T)$ , que comparteixen X.
Alarma. Dues AND ( $\overline{N_1}\cdot N_2$ i $\overline{N_2}\cdot N_3$ ) i una OR.
Conclusió. Compartir el terme X (i els inversors) és una manera habitual de reduir el circuit en sistemes de diverses sortides.

Errors típics

Considerar com a vàlides combinacions de sensors que no poden passar si els sensors funcionen bé.
Fer servir els estats impossibles com a indiferents en un sistema on una avaria pot ser perillosa.
Oblidar el senyal T i fer funcionar sempre la mateixa bomba.

Conceptes treballats: disseny de circuits combinacionals, taules de veritat, simplificació de funcions, condicions indiferents, circuits de diverses sortides, detecció d'avaries i seguretat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Un visualitzador de 7 segments mostra un dígit BCD $D_{3}D_{2}D_{1}D_{0}$ ( $D_{3}$ és el bit de més pes). El segment «e» (el vertical inferior esquerre) s'encén per als dígits 0, 2, 6 i 8.
a) Escriu la funció del segment e com a suma de mintermes i simplifica-la amb un mapa de Karnaugh sense fer servir les combinacions 10 a 15.
b) Torna-la a simplificar considerant les combinacions 10 a 15 com a indiferents. Compara el nombre de termes i de literals.
c) Amb la funció de l'apartat b), quins valors de 10 a 15 encendrien el segment e? Per què això no és un problema en un comptador BCD que funcioni bé?
d) Implementa la funció de l'apartat b) només amb portes NAND de dues entrades i compta-les.

Pista 1

Mintermes: 0, 2, 6 i 8. Totes tenen una cosa en comú: són parells ( $D_{0}$ = 0).

Pista 2

Amb les indiferents, el 10 i el 14 permeten fer grups de quatre caselles. Busca'n dos que cobreixin el 0, el 2, el 6 i el 8 (recorda que les cantonades del mapa són adjacents).

Pista 3

Escriu la funció com a suma de productes i aplica De Morgan: X·Y + Z·W = NAND(NAND(X, Y), NAND(Z, W)).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

e = \Sigma m(0, 2, 6, 8) = \overline{D_2}\cdot\overline{D_1}\cdot\overline{D_0} + \overline{D_3}\cdot D_1\cdot\overline{D_0}

: 2 termes, 6 literals.

Resolució

Minterms. El segment e s'encén per als dígits 0, 2, 6 i 8: e = Σm(0, 2, 6, 8). Tots són parells (D₀ = 0).
Mapa de Karnaugh sense indiferents.
D₃D₂ \ D₁D₀ 00 01 11 10
00 1 0 0 1
01 0 0 0 1
11 0 0 0 0
10 1 0 0 0
Agrupacions. El 0 i el 8 s'agrupen: $\overline{D_2}\cdot\overline{D_1}\cdot\overline{D_0}$ . El 2 i el 6 també: $\overline{D_3}\cdot D_1\cdot\overline{D_0}$ . El 0 i el 2 es podrien agrupar, però ja estan coberts.
Resultat. $e = \overline{D_2}\cdot\overline{D_1}\cdot\overline{D_0} + \overline{D_3}\cdot D_1\cdot\overline{D_0}$ : 2 termes i 6 literals.

D₃D₂ \ D₁D₀	00	10
00	1	1
01	0	1
11	0	0
10	1	0

Apartat b)

Resultat

e = \overline{D_2}\cdot\overline{D_0} + D_1\cdot\overline{D_0} = \overline{D_0}\cdot(\overline{D_2} + D_1)

: 2 termes, 4 literals.

Resolució

Indiferents. Les combinacions 10 a 15 es marquen amb × i es fan servir només si ajuden a fer grups més grans.
Agrupacions. El grup {0, 2, 8, 10} (les quatre cantonades) dona $\overline{D_2}\cdot\overline{D_0}$ , i el grup {2, 6, 10, 14} (columna 10) dona $D_1\cdot\overline{D_0}$ .
Comparació. Continuen sent 2 termes, però amb 4 literals en lloc de 6, i la variable D₃ ha desaparegut.

Apartat c)

Resultat

S'encendria amb el 10 i el 14; no és cap problema perquè en BCD aquestes combinacions no apareixen mai.

Resolució

Valors 10 a 15. 10 (1010): $\overline{D_0} = 1$ i $\overline{D_2} = 1$ → e = 1. 14 (1110): $D_1\cdot\overline{D_0} = 1$ → e = 1. 12 (1100): $\overline{D_0} = 1$ però $\overline{D_2} = 0$ i $D_1 = 0$ → e = 0. 11, 13 i 15 són senars → e = 0.
Per què no és un problema. En un sistema BCD correcte les combinacions de 10 a 15 no apareixen mai (el comptador passa de 9 a 0), de manera que el valor de la sortida en aquests casos és irrellevant i es pot triar el que simplifica més.
I si apareguessin? Si sortissin per una avaria o un soroll, el visualitzador mostraria un símbol estrany, sense cap conseqüència perillosa.

Apartat d)

Resultat

e = NAND(NAND(

\bar{D}

₂,

\bar{D}

₀), NAND(D₁,

\bar{D}

₀)): 5 portes NAND.

Resolució

De Morgan. $X\cdot Y + Z\cdot W = \overline{\overline{X\cdot Y}\cdot\overline{Z\cdot W}}$ = NAND(NAND(X, Y), NAND(Z, W)). Aplicat a $e = \overline{D_2}\cdot\overline{D_0} + D_1\cdot\overline{D_0}$ : e = NAND(NAND( $\bar{D}$ ₂, $\bar{D}$ ₀), NAND(D₁, $\bar{D}$ ₀)).
Inversors. Es fan amb NAND d'entrades unides: $\bar{D}$ ₂ = NAND(D₂, D₂) i $\bar{D}$ ₀ = NAND(D₀, D₀).
Recompte. 2 inversors + 2 NAND + 1 NAND final = 5 portes NAND. Compte a no oblidar els inversors quan comptes les portes.

Errors típics

Agrupar al mapa de Karnaugh caselles que no són adjacents (recorda l'ordre de Gray: 00, 01, 11, 10).
Considerar que les indiferents s'han d'agrupar totes: només s'utilitzen si ajuden a fer grups més grans.
Oblidar els inversors en comptar les portes NAND.

Conceptes treballats: codi BCD, visualitzadors de 7 segments, mapes de Karnaugh, condicions indiferents, implementació amb portes NAND, lleis de De Morgan.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Un sensor envia per un cable llarg paraules de 4 bits $D_{3}D$ ₂ $D_{1}D$ ₀ i hi afegeix un bit de paritat P perquè el nombre total d'uns de la trama de 5 bits sigui parell.
a) Expressa P en funció dels bits de dades i justifica que es pot obtenir amb portes O exclusives (XOR). Quantes paraules de dades de les 16 possibles tenen P = 1?
b) Calcula el bit P per a les dades 1011 i 0110. Si el receptor rep la trama 1011 1 (dades i P), hi ha error? I 0100 1?
c) Escriu l'expressió del senyal d'error E que calcula el receptor amb els 5 bits rebuts. Raona per què es detecten tots els errors d'un bit i cap dels errors de dos bits.
d) Si la probabilitat que un bit arribi canviat és p = 0,001 (independent per a cada bit), calcula aproximadament la probabilitat que una trama tingui un error d'un sol bit i la que tingui exactament dos bits erronis. Interpreta per què la paritat és útil, tot i les seves limitacions.

Pista 1

La XOR de diverses variables val 1 quan hi ha un nombre senar d'uns.

Pista 2

El receptor fa la XOR dels 5 bits: si la trama és correcta, el nombre d'uns és parell.

Pista 3

Probabilitat d'exactament k errors en n bits: C(n, k)· $p^{k}$ ·(1 − p)^n−k.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

P = D_3\oplus D_2\oplus D_1\oplus D_0

(tres XOR de dues entrades); 8 de les 16 paraules tenen P = 1.

Resolució

Plantejament. Perquè el total d'uns dels 5 bits sigui parell, P ha de valer 1 quan les dades tenen un nombre senar d'uns.
Funció XOR. La XOR de diverses variables val 1 quan hi ha un nombre senar d'uns, per tant $P = D_3\oplus D_2\oplus D_1\oplus D_0$ , que es fa amb tres portes XOR de dues entrades.
Recompte. La meitat de les paraules tenen un nombre senar d'uns: 8 (1, 2, 4, 7, 8, 11, 13 i 14).

Apartat b)

Resultat

P(1011) = 1; P(0110) = 0. Trama 1011 1: correcta. Trama 0100 1: el receptor no detecta error.

Resolució

Bits de paritat. 1011 té tres uns → P = 1. 0110 té dos uns → P = 0.
Trama 1011 1. Té quatre uns (parell): la paritat és correcta i no hi ha error detectable.
Trama 0100 1. Té dos uns: la paritat és correcta i el receptor no detecta error. Ara bé, si s'havia enviat 0110 0, hi ha hagut un error de dos bits (D₁ i P) que passa desapercebut.

Apartat c)

Resultat

E = D_3\oplus D_2\oplus D_1\oplus D_0\oplus P

(E = 1 indica error); es detecta qualsevol nombre senar d'errors i cap de parell.

Resolució

Comprovador. El receptor fa la XOR dels 5 bits: $E = D_3\oplus D_2\oplus D_1\oplus D_0\oplus P$ . Si la trama és correcta el nombre d'uns és parell i E = 0.
Un error. Un error d'un bit canvia el nombre d'uns en ±1: el fa senar i E = 1. Es detecten tots.
Dos errors. Dos errors el canvien en 0 o ±2: continua sent parell i E = 0. No se'n detecta cap.
Conclusió. En general, es detecta qualsevol nombre senar d'errors i cap nombre parell.

Apartat d)

Resultat

Un error:

\approx 5{,}0\cdot10^{-3}

(1 de cada 200 trames); dos errors:

\approx 1{,}0\cdot10^{-5}

(1 de cada 100 000).

Resolució

Distribució binomial. Probabilitat d'exactament k errors en n = 5 bits: $P(k) = \binom{n}{k}\,p^{k}(1 - p)^{n-k}$ , amb p = 0,001.
Un error. $P(1) = 5\cdot0{,}001\cdot0{,}999^{4} \approx 4{,}98\cdot10^{-3} \approx 5{,}0\cdot10^{-3}$
Dos errors. $P(2) = 10\cdot0{,}001^{2}\cdot0{,}999^{3} \approx 9{,}97\cdot10^{-6} \approx 1{,}0\cdot10^{-5}$
Interpretació. Els errors d'un bit, que són de bon tros els més probables, es detecten tots i es pot demanar que es repeteixi la trama; els de dos bits són unes 500 vegades menys freqüents. Per a aplicacions crítiques es fan servir codis més potents (codis de Hamming, CRC), que també corregeixen o detecten errors múltiples.

Errors típics

Confondre paritat parella (nombre total d'uns parell) i senar.
Pensar que la paritat detecta qualsevol error.
Calcular la probabilitat d'un error com p, sense multiplicar pel nombre de bits que poden fallar.

Conceptes treballats: funció O exclusiva (XOR), codis de detecció d'errors, bit de paritat, circuits generadors i comprovadors, probabilitat d'error en la transmissió de dades.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

L'alarma d'una casa té aquestes entrades: A (sistema armat), P (porta oberta), F (alguna finestra oberta), M (el detector de moviment detecta algú) i N (mode nocturn, amb els habitants dins). La sirena S ha de sonar si el sistema està armat i s'obre una porta o una finestra, o si el sistema està armat, es detecta moviment i el mode nocturn no està activat (de nit, el detector interior s'ignora perquè hi ha gent a casa).
a) Escriu la funció S i simplifica-la.
b) Quantes de les 32 combinacions d'entrada fan sonar la sirena? Comprova-ho raonant per casos.
c) Implementa S només amb portes NOR (de dues o tres entrades) i compta-les.
d) Raona quins dels sensors convé que siguin de contacte normalment tancat (que obren el circuit quan s'activen) i per què. Com afectaria aquest canvi la lògica?

Pista 1

Escriu un terme producte per a cada situació de l'enunciat en què ha de sonar la sirena (amb A a cadascun) i busca el factor comú.

Pista 2

Si A = 0, S = 0. Si A = 1, compta les combinacions de P, F, M i N per a les quals P + F + $\bar{N}$ ·M = 0.

Pista 3

Amb NOR: X + Y = NOR(NOR(X, Y)); X·Y = NOR( $\bar{X}$ , Ȳ); $\bar{X}$ = NOR(X, X).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

S = A\cdot(P + F + \overline{N}\cdot M)

Resolució

Termes. Un producte per a cada situació en què ha de sonar: $A\cdot P$ (armat i porta oberta), $A\cdot F$ (armat i finestra oberta) i $A\cdot M\cdot\overline{N}$ (armat, moviment i sense mode nocturn).
Factor comú. $S = A\cdot P + A\cdot F + A\cdot M\cdot\overline{N} = A\cdot(P + F + \overline{N}\cdot M)$

Apartat b)

Resultat

13 de les 32 combinacions.

Resolució

A = 0. Les 16 combinacions amb el sistema desarmat donen S = 0.
A = 1. S = 0 només quan P = 0, F = 0 i $\overline{N}\cdot M = 0$ ; $\overline{N}\cdot M = 0$ en 3 de les 4 combinacions de (M, N) (totes llevat de M = 1, N = 0).
Recompte. Amb A = 1, S = 0 en 3 combinacions i S = 1 en 16 − 3 = 13 combinacions.

Apartat c)

Resultat

S = \text{NOR}(\overline{A}, \text{NOR}(P, F, \overline{N}\cdot M))

, amb

\overline{N}\cdot M = \text{NOR}(N, \overline{M})

: 5 portes NOR.

Resolució

Equivalències amb NOR. $\overline{X} = \text{NOR}(X, X)$ ; $X\cdot Y = \text{NOR}(\overline{X}, \overline{Y})$ ; $X + Y = \overline{\text{NOR}(X, Y)}$ .
Terme del detector. $Y = \overline{N}\cdot M = \text{NOR}(N, \overline{M})$ , amb $\overline{M} = \text{NOR}(M, M)$ .
Sortida. La suma negada $\overline{P + F + Y}$ és NOR(P, F, Y), i $S = A\cdot(P + F + Y) = \text{NOR}(\overline{A}, \text{NOR}(P, F, Y))$ , amb $\overline{A} = \text{NOR}(A, A)$ .
Recompte. NOR(M, M), NOR(N, $\bar{M}$ ), NOR(P, F, Y) de tres entrades, NOR(A, A) i la NOR final: 5 portes NOR.

Apartat d)

Resultat

Els de portes i finestres, normalment tancats: si es talla el cable, salta l'alarma. La lògica només canvia en la manera de formar els senyals (un inversor a cada entrada).

Resolució

Seguretat. Amb contactes normalment tancats, si un lladre talla el cable el circuit s'obre i el sistema ho interpreta com una porta oberta, és a dir, salta l'alarma. Amb contactes normalment oberts, tallar el cable deixaria el sensor «mut».
Efecte en la lògica. Cada senyal s'inverteix: si el contacte dona 1 quan està tancat (porta tancada), el senyal «porta oberta» és P = $\bar{c}$ _P (i F = $\bar{c}$ _F).
Implementació. N'hi ha prou amb afegir un inversor a cada una d'aquestes entrades (amb NOR, $\overline{c} = \text{NOR}(c, c)$ ) o refer la funció amb els senyals directes: $P + F = \overline{c_P} + \overline{c_F} = \text{NAND}(c_P, c_F)$ .
Conclusió. La funció de la sirena és la mateixa; només canvia com es forma. És un exemple de disseny segur davant d'avaries (fail-safe).

Errors típics

Oblidar la condició A (armat) en algun dels termes.
Fer servir N en lloc de $\bar{N}$ en el terme del detector de moviment.
Pensar que totes les funcions lògiques necessiten portes AND i OR, i que les NOR no són universals.

Conceptes treballats: àlgebra de Boole, simplificació, portes universals (NOR), comptatge de combinacions, sensors normalment oberts i tancats, disseny segur (fail-safe).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

La posició angular d'un braç robòtic es mesura amb un codificador absolut de 3 bits: un disc amb 8 sectors i 3 pistes llegides per sensors òptics. Cada sector correspon a 45°.
a) Escriu el codi binari natural i el codi Gray dels sectors 0 a 7.
b) En passar del sector 3 al 4 en binari natural, quants bits canvien? Com que els sensors no canvien mai exactament alhora, quins valors erronis podria llegir momentàniament el controlador? Què passa en codi Gray?
c) Escriu les funcions lògiques que converteixen binari ( $B_{2}B_{1}B_{0}$ ) a Gray ( $G_{2}G_{1}G_{0}$ ) i les de la conversió inversa, i comprova-les amb el sector 6.
d) Quants bits calen perquè la resolució sigui millor que 1°? Quina resolució s'obté?

Pista 1

En codi Gray, dos sectors consecutius només es diferencien en un bit. Construeix-lo per reflexió: escriu el codi de 2 bits, repeteix-lo a sota en ordre invers i afegeix un 0 davant de la primera meitat i un 1 davant de la segona.

Pista 2

Si diversos bits han de canviar alhora i no ho fan, durant un instant es llegeix una barreja dels dos codis.

Pista 3

$G_{i}$ = $B_{i+1}$ ⊕ $B_{i}$ (amb $G_{2}$ = $B_{2}$ ). Per tornar enrere, $B_{i}$ = $B_{i+1}$ ⊕ $G_{i}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Gray dels sectors 0 a 7: 000, 001, 011, 010, 110, 111, 101, 100.

Resolució

Construcció per reflexió. Escriu el codi de 2 bits (00, 01, 11, 10), repeteix-lo a sota en ordre invers i afegeix un 0 davant de la primera meitat i un 1 davant de la segona.
Taula.
Sector Binari Gray
0 000 000
1 001 001
2 010 011
3 011 010
4 100 110
5 101 111
6 110 101
7 111 100
Propietat. En codi Gray, dos sectors consecutius (també el 7 i el 0) només es diferencien en un bit.

Sector	Binari	Gray
0	000	000
1	001	001
2	010	011
3	011	010
4	100	110
5	101	111
6	110	101
7	111	100

Apartat b)

Resultat

En binari canvien els tres bits i es podria llegir 000, 001, 010, 101, 110 o 111; en Gray només canvia un bit i es llegeix 3 o 4.

Resolució

Binari natural. 3 (011) → 4 (100): canvien els tres bits.
Lectures errònies. Si els bits canvien en ordres diferents, durant un instant es llegeix una barreja dels dos codis: 111 (7), 001 (1), 101 (5), 000 (0), 110 (6) o 010 (2).
Conseqüència. El controlador «veuria» el braç saltar a 315° o a 0° durant un instant, i un regulador podria reaccionar amb un cop brusc.
Codi Gray. 3 (010) → 4 (110) només canvia G₂: durant la transició es llegeix 3 o 4, mai un valor llunyà. L'error màxim és d'un sector.

Apartat c)

Resultat

G_2 = B_2

G_1 = B_2\oplus B_1

G_0 = B_1\oplus B_0

;

B_2 = G_2

B_1 = B_2\oplus G_1

B_0 = B_1\oplus G_0

. Sector 6: 110 → 101 → 110.

Resolució

Binari → Gray. Cada bit Gray és la XOR de dos bits binaris consecutius: $G_2 = B_2$ ; $G_1 = B_2\oplus B_1$ ; $G_0 = B_1\oplus B_0$ .
Gray → binari. $B_2 = G_2$ ; $B_1 = B_2\oplus G_1$ ; $B_0 = B_1\oplus G_0$ . Compte: es fan servir els bits binaris ja calculats, no els bits Gray.
Comprovació amb el sector 6 (110). $G_2 = 1$ ; $G_1 = 1\oplus1 = 0$ ; $G_0 = 1\oplus0 = 1$ → 101, com a la taula. Tornada: $B_2 = 1$ ; $B_1 = 1\oplus0 = 1$ ; $B_0 = 1\oplus1 = 0$ → 110.

Apartat d)

Resultat

9 bits; resolució

360^{\circ}/512 \approx 0{,}70^{\circ}

Resolució

Condició. Amb n bits hi ha $2^{n}$ sectors de $360^{\circ}/2^{n}$ . Perquè siguin més petits que 1° cal $2^{n} > 360$ .
Càlcul. $2^{8} = 256$ no n'hi ha prou; $2^{9} = 512$ sí: n = 9 bits.
Resolució. $\dfrac{360^{\circ}}{512} = 0{,}703^{\circ} \approx 0{,}70^{\circ}$ .

Errors típics

Pensar que el codi Gray és un altre nombre: és una altra manera de codificar el mateix sector.
Fer la conversió Gray → binari fent servir els bits Gray en lloc dels binaris ja calculats.
Calcular el nombre de bits amb $2^{n}$ > 360° i arrodonir malament.

Conceptes treballats: sistemes de codificació (binari i Gray), funció XOR, convertidors de codi, sensors de posició (codificadors absoluts), resolució.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

La lògica d'una màquina d'embalar dona una funció F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 4, 5, 9, 10, 14, 15), amb A com a bit de més pes. Es vol implementar amb un sol multiplexor de 8 a 1 (entrades de selecció $S_{2}S_{1}S_{0}$ = ABC) i, si cal, un inversor.
a) Per a cada combinació de A, B i C, escriu els dos valors de F (per a D = 0 i D = 1) i dedueix quina entrada de dades del multiplexor (0, 1, D o $\bar{D}$ ) correspon a cada canal $I_{0}$ a $I_{7}$ .
b) Simplifica F amb un mapa de Karnaugh i compta quantes portes (de qualsevol nombre d'entrades) necessitaria la implementació en suma de productes.
c) Compara les dues implementacions. Per què un multiplexor es considera un «generador universal de funcions»?
d) Si la funció canviés (per exemple, s'afegís el minterme 0), què caldria modificar en cada implementació?

Pista 1

Cada parella de mintermes 2k i 2k + 1 correspon a la mateixa combinació ABC, amb D = 0 i D = 1.

Pista 2

Si F val el mateix que D en aquesta parella, l'entrada és D; si val el contrari, $\bar{D}$ ; si val 0 o 1 en tots dos casos, una constant.

Pista 3

Al mapa de Karnaugh, aquesta funció no permet grups grans: comprova quants termes surten.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

I_0 = D

I_1 = D

I_2 = 1

I_3 = 0

I_4 = D

I_5 = \overline{D}

I_6 = 0

I_7 = 1

Resolució

Parelles de minterms. Cada parella 2k i 2k + 1 correspon a la mateixa combinació ABC, amb D = 0 i D = 1.
Regla. Si F val el mateix que D a la parella, l'entrada és D; si val el contrari, $\bar{D}$ ; si val 0 o 1 en tots dos casos, una constant.

Taula.

ABC	Minterms	F (D = 0, D = 1)	Canal
000	0, 1	0, 1	I₀ = D
001	2, 3	0, 1	I₁ = D
010	4, 5	1, 1	I₂ = 1
011	6, 7	0, 0	I₃ = 0
100	8, 9	0, 1	I₄ = D
101	10, 11	1, 0	I₅ = $\bar{D}$
110	12, 13	0, 0	I₆ = 0
111	14, 15	1, 1	I₇ = 1

Apartat b)

Resultat

F = \overline{A}\cdot B\cdot\overline{C} + \overline{A}\cdot\overline{B}\cdot D + \overline{B}\cdot\overline{C}\cdot D + A\cdot B\cdot C + A\cdot C\cdot\overline{D}

: 10 portes.

Resolució

Mapa de Karnaugh. AB a les files i CD a les columnes (00, 01, 11, 10):
AB \ CD 00 01 11 10
00 0 1 1 0
01 1 1 0 0
11 0 0 1 1
10 0 1 0 1
Agrupacions. Aquesta funció no permet grups grans: només parelles. (m4, m5): $\overline{A}\cdot B\cdot\overline{C}$ ; (m1, m3): $\overline{A}\cdot\overline{B}\cdot D$ ; (m1, m9): $\overline{B}\cdot\overline{C}\cdot D$ ; (m14, m15): $A\cdot B\cdot C$ ; (m10, m14): $A\cdot C\cdot\overline{D}$ .
Resultat. 5 termes de 3 literals; hi ha agrupacions equivalents, però no se'n pot fer amb menys termes.
Portes. 5 AND de 3 entrades + 1 OR de 5 entrades + 4 inversors (Ā, $\bar{B}$ , $\bar{C}$ , $\bar{D}$ ) = 10 portes.

AB \ CD	00	01	11	10
00	0	1	1	0
01	1	1	0	0
11	0	0	1	1
10	0	1	0	1

Apartat c)

Resultat

El multiplexor necessita 1 circuit integrat i 1 inversor, davant de 10 portes; és universal perquè pot fer qualsevol funció de n + 1 variables.

Resolució

Comparació. Amb el multiplexor: 1 circuit integrat i 1 inversor, i el cablejat és directe a partir de la taula. En suma de productes: 10 portes.
Generador universal. Un multiplexor de 2ⁿ entrades pot fer qualsevol funció de n + 1 variables posant a cada entrada 0, 1, la variable restant o la seva negada.
Inconvenient. A canvi, no es fa cap simplificació i l'estructura no «explica» la lògica.

Apartat d)

Resultat

Multiplexor: només cal canviar I₀ de D a 1. Suma de productes: cal refer el mapa i redissenyar el circuit.

Resolució

Multiplexor. Amb el minterm 0, la parella ABC = 000 passa a valer (1, 1): n'hi ha prou amb canviar I₀ de D a 1, sense tocar res més.
Suma de productes. Cal tornar a fer el mapa de Karnaugh i, probablement, redissenyar el circuit (per exemple, apareix el grup m0, m1, m4, m5, $\overline{A}\cdot\overline{C}$ ).
Idea clau. Aquesta flexibilitat és la mateixa idea que fan servir les memòries i els dispositius lògics programables, on la funció és una taula que es carrega.

Errors típics

Ordenar malament els mintermes en relacionar-los amb les entrades del multiplexor (cal que ABC siguin els bits de més pes).
Confondre D amb $\bar{D}$ en les parelles (0, 1) i (1, 0).
Pensar que un multiplexor només serveix per triar senyals i no per fer funcions lògiques.

Conceptes treballats: multiplexors, implementació de funcions lògiques, mapes de Karnaugh, circuits combinacionals integrats, lògica programable.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Una central d'incendis vigila quatre zones d'un edifici amb detectors $I_{0}$ , $I_{1}$ , $I_{2}$ i $I_{3}$ (1 = fum detectat). La zona 3 és el magatzem de productes inflamables i té la màxima prioritat; després van la 2, la 1 i la 0. La central ha d'enviar als bombers, amb dos bits $Y_{1}Y_{0}$ , el número de la zona activada de més prioritat, i un bit V que indica que hi ha alguna alarma.
a) Escriu la taula de veritat simplificada (amb indiferents d'entrada, X) del codificador amb prioritat.
b) Obtén les expressions simplificades de $Y_{1}$ , $Y_{0}$ i V.
c) Comprova les funcions per a les entrades $I_{3}I_{2}I_{1}I_{0}$ = 0110 i 1011.
d) Per què cal la sortida V? Raona quin problema tindria aquest sistema si hi hagués fum a dues zones alhora, i proposa una millora.

Pista 1

Si $I_{3}$ = 1, la sortida és 11 sigui quin sigui el valor de les altres entrades.

Pista 2

$Y_{1}$ = 1 per a les zones 2 i 3. $Y_{0}$ = 1 per a la zona 3, i per a la 1 només si no hi ha alarma a la 2 ni a la 3.

Pista 3

Sense V, quina diferència hi hauria entre «alarma a la zona 0» i «cap alarma»?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

0000 → XX, V = 0; 0001 → 00; 001X → 01; 01XX → 10; 1XXX → 11 (amb V = 1 en tots quatre).

Resolució

Prioritat. Si I₃ = 1, la sortida és 11 sigui quin sigui el valor de les altres entrades; les entrades de menys prioritat es marquen amb X.
Taula simplificada.
I₃I₂I₁I₀ Y₁Y₀ V
0000 XX 0
0001 00 1
001X 01 1
01XX 10 1
1XXX 11 1

I₃I₂I₁I₀	Y₁Y₀	V
0000	XX	0
0001	00	1
001X	01	1
01XX	10	1
1XXX	11	1

Apartat b)

Resultat

Y_1 = I_3 + I_2

;

Y_0 = I_3 + \overline{I_2}\cdot I_1

;

V = I_3 + I_2 + I_1 + I_0

Resolució

Y₁. Val 1 per a les zones 2 i 3: $Y_1 = I_3 + I_2$ .
Y₀. Val 1 per a la zona 3, i per a la 1 només si no hi ha alarma a la 2 ni a la 3: $Y_0 = I_3 + \overline{I_3}\cdot\overline{I_2}\cdot I_1$ , que es simplifica a $Y_0 = I_3 + \overline{I_2}\cdot I_1$ perquè $X + \overline{X}\cdot Y = X + Y$ .
V. Hi ha alarma si qualsevol detector val 1: $V = I_3 + I_2 + I_1 + I_0$ .
Compte. Un error típic és fer $Y_0 = I_3 + I_1$ , oblidant que $I_2$ té prioritat sobre $I_1$ .

Apartat c)

Resultat

0110 → Y₁Y₀ = 10, V = 1: zona 2; 1011 → 11, V = 1: zona 3.

Resolució

0110. $Y_1 = 0 + 1 = 1$ ; $Y_0 = 0 + 0\cdot1 = 0$ ; V = 1 → zona 2, que té més prioritat que la 1.
1011. $Y_1 = 1$ ; $Y_0 = 1$ ; V = 1 → zona 3, la de màxima prioritat.

Apartat d)

Resultat

Sense V, «alarma a la zona 0» i «cap alarma» donarien 00. Amb dues zones només s'informa de la més prioritària: cal enviar també els senyals individuals.

Resolució

Per què cal V. Sense V, la sortida 00 seria la mateixa per a «alarma a la zona 0» i per a «cap alarma»: els bombers no les podrien distingir.
Dues zones alhora. El codificador només informa de la de més prioritat: si hi ha fum a les zones 3 i 1, els bombers no sabrien que el foc també és a la zona 1 (o que s'ha propagat).
Millora. Enviar també els quatre senyals individuals (o un registre que guardi totes les zones activades) i fer servir la prioritat només per decidir quina informació es mostra primer.

Errors típics

Fer Y₀ = I₃ + I₁, oblidant que I₂ té prioritat sobre I₁.
Oblidar la sortida de validesa i confondre la zona 0 amb l'absència d'alarma.
Simplificar sense aplicar la propietat X + $\bar{X}$ ·Y = X + Y.

Conceptes treballats: codificadors amb prioritat, condicions indiferents, àlgebra de Boole, sistemes de seguretat i alarma, limitacions d'un disseny.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Un comptador asíncron de 3 bits està format per tres biestables T (amb T = 1) que canvien amb el flanc de baixada: el rellotge (6 kHz) entra al primer ( $Q_{0}$ ), $Q_{0}$ fa de rellotge del segon ( $Q_{1}$ ) i $Q_{1}$ , del tercer ( $Q_{2}$ ). Una porta AND amb entrades $Q_{2}$ i $Q_{1}$ activa la posada a zero asíncrona dels tres biestables.
a) Escriu la seqüència d'estats $Q_{2}Q_{1}Q_{0}$ a partir de 000. Quin és el mòdul del comptador? Per què n'hi ha prou amb $Q_{2}$ · $Q_{1}$ per detectar l'estat de reinici?
b) Calcula la freqüència i el cicle de treball (percentatge del temps a 1) de $Q_{0}$ , $Q_{1}$ i $Q_{2}$ .
c) L'estat 110 apareix durant uns nanosegons abans del reinici. Raona per què és un problema si aquest comptador governa directament un descodificador que activa una màquina en l'estat 6, i com ho resol un comptador síncron.
d) Per construir un rellotge, els segons es compten de 0 a 59. Proposa com fer un comptador de mòdul 60 amb un comptador de mòdul 10 i aquest de mòdul 6, i calcula la freqüència de sortida si l'entrada és d'1 Hz.

Pista 1

Cada biestable canvia quan el de sota passa de 1 a 0. Escriu els estats en binari: 000, 001, 010…

Pista 2

$Q_{2}$ i $Q_{1}$ no valen 1 alhora en cap dels estats de 0 a 5.

Pista 3

El cicle de treball d'una sortida és el nombre d'estats en què val 1 dividit pel mòdul.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

000 → 001 → 010 → 011 → 100 → 101 → (110 un instant) → 000: mòdul 6.

Resolució

Funcionament. Cada biestable canvia quan el de sota passa de 1 a 0: el comptador avança en binari 000, 001, 010…
Reinici. En arribar a 110 (6), la AND Q₂·Q₁ val 1 i posa els tres biestables a zero: l'estat 6 només dura un instant i el comptador torna a 000.
Mòdul. Recorre 6 estats estables (0 a 5): és un comptador de mòdul 6. Compte a no comptar el transitori 110 com un estat més.
Per què n'hi ha prou amb Q₂·Q₁. Entre 0 i 5 no hi ha cap estat amb Q₂ = Q₁ = 1; el primer és 110 = 6, de manera que una AND de dues entrades ja el detecta.

Apartat b)

Resultat

Q_0

: 3 kHz, 50 %;

Q_1

: 1 kHz, 33 %;

Q_2

: 1 kHz, 33 %.

Resolució

Seqüència de cada bit (estats 0 a 5). Q₀: 0 1 0 1 0 1; Q₁: 0 0 1 1 0 0; Q₂: 0 0 0 0 1 1.
Q₀. Canvia a cada pols, amb un període de 2 polsos: $f = 6\ \text{kHz}/2 = 3\ \text{kHz}$ ; a 1 en 3 de 6 estats: 50 %.
Q₁ i Q₂. Fan un cicle cada 6 polsos: $f = 6\ \text{kHz}/6 = 1\ \text{kHz}$ . Cada una val 1 en 2 dels 6 estats: cicle de treball $2/6 \approx 33\ \%$ .
Conclusió. El comptador divideix la freqüència per 6, però les sortides no són simètriques: no totes les sortides d'un divisor tenen un cicle de treball del 50 %.

Apartat c)

Resultat

El descodificador generaria un pols curt espuri (glitch) que podria activar la màquina; en un comptador síncron el 6 no apareix mai.

Resolució

El problema. Durant uns nanosegons el comptador passa per 110 abans de tornar a 000. A més, en un comptador asíncron també poden aparèixer estats intermedis falsos mentre els biestables canvien en cascada, per exemple 011 → 010 → 000 → 100.
Conseqüència. Un descodificador que detecti aquests estats generarà polsos curts espuris (glitches) que poden activar per error la màquina o un altre comptador.
Comptador síncron. Tots els biestables reben el mateix rellotge i canvien alhora, i el reinici es fa preparant les entrades perquè després del 5 vingui el 0, sense passar pel 6. Les sortides només s'han de llegir quan ja són estables.

Apartat d)

Resultat

Comptador de mòdul 10 (unitats) que fa avançar el de mòdul 6 (desenes) cada vegada que torna de 9 a 0; sortida:

1/60\ \text{Hz}

(un pols per minut).

Resolució

Connexió en cascada. Un comptador de mòdul 10 compta les unitats de segon; cada vegada que torna de 9 a 0 genera un pols que fa avançar el de mòdul 6 (les desenes).
Mòdul total. Junts tenen $10\cdot6 = 60$ estats.
Freqüència. $f = \dfrac{1\ \text{Hz}}{60} = \dfrac{1}{60}\ \text{Hz} \approx 0{,}017\ \text{Hz}$ : un pols per minut, que pot servir de rellotge per al comptador de minuts.

Errors típics

Comptar l'estat transitori 110 com un dels estats del comptador.
Pensar que totes les sortides d'un divisor tenen cicle de treball del 50 %.
Oblidar que en un comptador asíncron els biestables no canvien alhora.

Conceptes treballats: electrònica digital seqüencial, biestables T, comptadors asíncrons i síncrons, divisió de freqüència, cicle de treball, estats transitoris (glitches).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Un semàfor d'un pas de vianants es governa amb un comptador binari de 3 bits ( $Q_{2}Q_{1}Q_{0}$ ) que avança cada segon i recorre cíclicament els estats 0 a 7. La seqüència desitjada és:
• Estats 0 a 3: cotxes en verd (VC); vianants en vermell.
• Estat 4: cotxes en ambre (AC); vianants en vermell.
• Estats 5 i 6: cotxes en vermell (RC); vianants en verd (VP).
• Estat 7: cotxes en vermell; vianants en vermell.
a) Escriu la taula de veritat de VC, AC, RC i VP en funció de $Q_{2}$ , $Q_{1}$ i $Q_{0}$ , i obtén les funcions simplificades.
b) Quant de temps dura cada fase per als cotxes i per als vianants? Quina és la durada del cicle?
c) Per què en l'estat 7 tots dos semàfors estan en vermell? Raona quin seria el risc si s'eliminés aquest estat.
d) L'ajuntament vol que el verd per als cotxes duri 8 s i la resta igual. Proposa una modificació del circuit (nombre de bits del comptador i expressions o idea de les noves funcions).

Pista 1

Escriu en binari els estats 0–7 i mira quin bit o quina combinació de bits comparteixen tots els estats en què cada llum està encès.

Pista 2

Si una funció val 1 en dos estats que difereixen en dos bits, pensa en la porta XOR.

Pista 3

Compta quants segons dura el cicle nou i quants bits calen per comptar fins aquí; el comptador s'ha de reiniciar quan acaba el cicle.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

VC = \overline{Q_2}

;

AC = Q_2\cdot\overline{Q_1}\cdot\overline{Q_0}

;

RC = Q_2\cdot(Q_1 + Q_0)

;

VP = Q_2\cdot(Q_1\oplus Q_0)

Resolució

Taula de veritat.
Estat Q₂Q₁Q₀ VC AC RC VP
0–3 000 a 011 1 0 0 0
4 100 0 1 0 0
5 101 0 0 1 1
6 110 0 0 1 1
7 111 0 0 1 0
VC i AC. Els estats 0 a 3 són els que tenen $Q_2 = 0$ : $VC = \overline{Q_2}$ . L'ambre només és a l'estat 4: $AC = Q_2\cdot\overline{Q_1}\cdot\overline{Q_0}$ .
RC. Estats 5, 6 i 7: $Q_2 = 1$ i algun dels altres bits a 1: $RC = Q_2\cdot(Q_1 + Q_0)$ .
VP. Estats 5 (101) i 6 (110), que difereixen en dos bits: $Q_2 = 1$ i $Q_1\ne Q_0$ , és a dir, $VP = Q_2\cdot(Q_1\oplus Q_0)$ . El vermell dels vianants és $RP = \overline{VP}$ .
Compte. Llegeix els estats amb Q₂ com a bit de més pes.

Estat	Q₂Q₁Q₀	VC	AC	RC	VP
0–3	000 a 011	1	0	0	0
4	100	0	1	0	0
5	101	0	0	1	1
6	110	0	0	1	1
7	111	0	0	1	0

Apartat b)

Resultat

Cotxes: verd 4 s, ambre 1 s, vermell 3 s. Vianants: verd 2 s, vermell 6 s. Cicle: 8 s.

Resolució

Durada d'un estat. El comptador avança cada segon, així que cada estat dura 1 s.
Recompte. Cotxes: verd 4 estats (0–3), ambre 1 (4), vermell 3 (5–7). Vianants: verd 2 (5–6), vermell 6 (0–4 i 7).
Cicle. Un comptador de 3 bits té 8 estats: el cicle dura 8 s.

Apartat c)

Resultat

És un temps de seguretat (tot vermell) perquè els vianants que encara travessen acabin abans que els cotxes tinguin verd.

Resolució

Funció de l'estat 7. És un temps de seguretat (temps d'esvaïment): els vianants que encara són al pas tenen temps d'acabar de travessar abans que els cotxes tinguin verd (l'estat 0 següent).
Risc sense aquest estat. El verd dels cotxes començaria just quan s'apaga el dels vianants, i algú que hagués començat a travessar a l'últim moment quedaria al mig del pas amb els cotxes arrencant.

Apartat d)

Resultat

Cicle de 12 s amb un comptador de 4 bits de mòdul 12 (reinici amb

Q_3\cdot Q_2

);

VC = \overline{Q_3}

AC = Q_3\cdot\overline{Q_1}\cdot\overline{Q_0}

RC = Q_3\cdot(Q_1 + Q_0)

VP = Q_3\cdot(Q_1\oplus Q_0)

Resolució

Nou cicle. 8 s de verd + 1 s d'ambre + 2 s de verd dels vianants + 1 s de seguretat = 12 estats.
Comptador. Cal un comptador de 4 bits ( $Q_3Q_2Q_1Q_0$ ) que compti de 0 a 11 i torni a 0: mòdul 12, amb reinici en detectar 12 = 1100, és a dir, $Q_3\cdot Q_2$ .
Estats. 0–7: VC; 8 (1000): AC; 9 i 10: RC i VP; 11: RC.
Funcions. Amb els estats 12–15 indiferents: $VC = \overline{Q_3}$ ; $AC = Q_3\cdot\overline{Q_1}\cdot\overline{Q_0}$ ; $RC = Q_3\cdot(Q_1 + Q_0)$ ; $VP = Q_3\cdot(Q_1\oplus Q_0)$ . Són les mateixes funcions amb $Q_3$ en lloc de $Q_2$ .

Errors típics

Llegir els estats amb $Q_{0}$ com a bit de més pes.
Donar verd als vianants mentre els cotxes són en ambre.
Oblidar que un comptador de 3 bits només té 8 estats.

Conceptes treballats: comptadors, combinació de lògica seqüencial i combinacional, descodificació d'estats, funció XOR, disseny orientat a la seguretat, temporització.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Un microcontrolador suma lectures de dos sensors codificades amb 4 bits en complement a 2 (valors de −8 a +7) mitjançant un sumador de 4 bits. El sumador dona el resultat $S_{3}S_{2}S_{1}S_{0}$ i el transport de sortida $C_{4}$ .
a) Representa +5, +4, −3 i −6 en complement a 2 amb 4 bits.
b) Fes les sumes (+5) + (+4), (−3) + (−6), (+5) + (−3) i (−2) + (−3) en binari. Indica el resultat de 4 bits, el transport $C_{4}$ i si el resultat és correcte.
c) Demostra, a partir dels exemples, que el transport $C_{4}$ no indica si el resultat és erroni. Escriu una funció lògica del desbordament V en funció dels bits de signe $A_{3}$ , $B_{3}$ i $S_{3}$ i comprova-la amb els quatre casos.
d) Raona què faries en un sistema de control si es detecta desbordament (per exemple, en sumar dues mesures de temperatura) i per què és perillós ignorar-lo.

Pista 1

Per representar −x: escriu +x en binari, inverteix tots els bits i suma 1.

Pista 2

Només hi pot haver desbordament quan se sumen dos nombres del mateix signe.

Pista 3

Compara els bits de signe $A_{3}$ , $B_{3}$ i $S_{3}$ dels dos casos erronis amb els dels dos casos correctes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

+5 = 0101; +4 = 0100; −3 = 1101; −6 = 1010.

Resolució

Mètode. Per representar −x: escriu +x en binari, inverteix tots els bits i suma 1.
Positius. +5 = 0101 i +4 = 0100 (bit de signe 0).
Negatius. +3 = 0011 → −3 = 1100 + 1 = 1101. +6 = 0110 → −6 = 1001 + 1 = 1010.

Apartat b)

Resultat

(+5) + (+4) = 1001, C₄ = 0, incorrecte; (−3) + (−6) = 0111, C₄ = 1, incorrecte; (+5) + (−3) = 0010, C₄ = 1, correcte; (−2) + (−3) = 1011, C₄ = 1, correcte.

Resolució

(+5) + (+4). 0101 + 0100 = 1001, C₄ = 0. 1001 es llegeix −7, però hauria de ser +9: incorrecte (+9 no cap en 4 bits).
(−3) + (−6). 1101 + 1010 = 1 0111 → 0111, C₄ = 1. Es llegeix +7, però hauria de ser −9: incorrecte.
(+5) + (−3). 0101 + 1101 = 1 0010 → 0010 = +2, C₄ = 1: correcte (el transport es descarta).
(−2) + (−3). −2 = 1110; 1110 + 1101 = 1 1011 → 1011 = −5, C₄ = 1: correcte.

Apartat c)

Resultat

C₄ no indica l'error;

V = \overline{A_3}\cdot\overline{B_3}\cdot S_3 + A_3\cdot B_3\cdot\overline{S_3}

Resolució

El transport no serveix. Hi ha casos amb C₄ = 0 i resultat erroni (primer cas) i casos amb C₄ = 1 i resultat correcte (tercer i quart): el transport no detecta errors en complement a 2.
Condició de desbordament. Només hi pot haver desbordament quan se sumen dos nombres del mateix signe i el resultat surt de signe contrari: $V = \overline{A_3}\cdot\overline{B_3}\cdot S_3 + A_3\cdot B_3\cdot\overline{S_3}$
Comprovació. (A₃, B₃, S₃): cas 1 (0, 0, 1) → V = 1; cas 2 (1, 1, 0) → V = 1; cas 3 (0, 1, 0) → V = 0; cas 4 (1, 1, 1) → V = 0.
Alternativa. Equivalentment, $V = C_3\oplus C_4$ , la XOR dels transports que entren i surten del bit de signe.

Apartat d)

Resultat

Cal detectar-lo i saturar el resultat (+7 o −8), fer servir més bits o donar un avís: ignorar-lo pot invertir el signe de la mesura.

Resolució

Perill. Si s'ignora, dues temperatures altes sumades poden donar un resultat negatiu: el sistema de control podria interpretar que fa fred i engegar la calefacció en lloc d'aturar-la.
Què fer. Quan V = 1 cal saturar el resultat al valor màxim o mínim representable (+7 o −8), fer servir més bits o generar un avís d'error.
Conclusió. En sistemes de control és més segur un resultat saturat (aproximat però amb el signe correcte) que un resultat que «dona la volta».

Errors típics

Confondre el transport de sortida amb el desbordament.
Oblidar sumar 1 després d'invertir els bits en fer el complement a 2.
Pensar que sumar un positiu i un negatiu pot desbordar.

Conceptes treballats: sistemes de numeració, complement a 2, sumadors binaris, transport i desbordament, funcions lògiques de detecció, fiabilitat dels sistemes de control.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Quantes files té la taula de veritat de 3 variables?

8, perquè cada variable pot valer 0 o 1: 2 elevat a 3. Amb 4 variables en són 16.

Per a què serveix un mapa de Karnaugh?

Per simplificar una funció lògica de manera visual, agrupant els 1 adjacents en grups de 2, 4 o 8, i obtenir l'expressió amb menys portes.

Tornar a Tecnologia i Enginyeria