Electronica Digital problemas de circuitos

8/7/2019 Electronica Digital problemas de circuitos

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Y SSTEMAS DGTALES

Carmen Baena • Manuel Jesús Belli do • Alberto J esús Molina

María del P il ar Parra • Manuel Valenci a

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UNVERSDADE DE VGO BBLOTECA

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PROBLEMASDE CRCUTOS

Y SSTEMAS DGTALES

C - Áq7

Carmen Baena Oli va

Manuel Jesú s Bellido Díaz

Alberto Jesú s Moli na Cantero

María del Pil ar Parra Fernández

Manuel Valenci a Barrero

D e p a r t a m e n t o d e T e c n o l o gí a E l e c t r ó n i c a

U n i v e r s i d a d d e S e v i l l a

McGraw-HillMADRD • BUENOS ARES • CARACAS • GUATEMALA • LSBOA • MÉXCO

NUEVA YORK • PANAMÁ • SAN JUAN • SANTAFÉ DE BOGOTÁ • SANTAGO • SÁO PAULO

AUCKLAND • HAMBURGO • LONDRES • MLÁN • MONTREAL • NUEVA DELH • PARÍS

SAN FRANCSCO • SDNEY • SNGAPUR • ST. LOUS • TOKO • TORONTO



TABLA DE CONTENDOS

PRÓLOGOv i ¡

1 . REPRESENTACÓN Y CODFCACÓN BNARA12 . ÁLGEBRA Y FUNCONES DE CONMUTACÓN1 9

3 . ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES354 . DSEÑO DE CRCUTOS COMBNACONALES5 1

5 . SUBSSTEMAS COMBNACONALES896 . CRCUTOS ARTMÉTCOS1 4 1

7 . ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES1 6 9

8 . DSEÑO DE CRCUTOS SECUENCALES1 9 7

9 . SUBSSTEMAS SECUENCALES2291 0 . MEMORAS SEMCONDUCTORAS2631 1 . NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES2 9 1

1 2 . DSEÑO DE UNDADES DE CONTROL3 2 5

1 3 MSCELÁNEA359BBLOGRAFÍA3 9 1

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PRÓLOGO

E s t e e j e m p l a r e s u n l i b r o d e p r o b l e m a s r e s u e l t o s e n e l c a m p o d e l D i s e ñ o L ó g i c o . C o m o t a l

l i b r o d e p r o b l e m a s h a s i d o c o n c e b i d o c o n l a f i n a l i d a d d e e n s e ñ a r c ó m o s e a p l i c a n l o s

c o n c e p t o s y he r r a m i e n t a s a c a s o s c o n c r e t o s . E s t o s i g n i f i c a q u e n u e s t r a a t e n c i ó n n o s e c e n t ra

e n e l d e s a r r o l l o d e l a d o c t r i n a t e ó r i c a , s i n o e n t r a t a r d e e x p l i c a r c ó m o i n t e r p r e t a r e n u n c i a d o s

de problemas más o menos bien especifi cados y, empleando los c onocimientos teóricos

a d q u i r i d o s p o r o t r a s v í a s , r e s o l v e r e s e p r o b l e m a e n p a r t i c u l a r y n o o t r o . C o m o s e v e , n u e s t r o s

o b j e t iv o s p r i m a r i o s s o n p o t en c i a r l a s c a p a c i d a d e s d e a p l i c a c i ó n d e l a t e o r í a y l a d e r e s o l u ci ó n

p r á c t i c a d e p r o b l e m a s .

E n c u a n t o a l a d i s c i p l i n a , e l t é r m i n o D i s e ñ o L ó g i c o a l u d e a m a t e r i a s t a n b i e n c o n o c i d a s

c o m o s o n l o s C i r c u i t o s y S i s t e m a s D i g i t a l e s o l a T e o r í a d e C o n m u t a c i ó n . E n e l l a s e i n c l u y e n :

1 ) l o s f u n d a m e n t o s m a t e m á t i c o s u s u a l e s ( á l g e b r a d e B o o l e , r e p r e s e n t a c i o n e s b i n a r i a s d e n ú -

m e r o s y s u a r i t m é t i c a , c o d i f i c a c i ó n b i n a r i a ) ; 2 ) l a p r e s e n t a c i ó n , a n á l i s i s y d i s e ñ o d e c i r c u it o s

a n i v e l d e c o n m u ta c i ó n , t a n t o c o m b i n a c i o n a l e s c o m o s e c u e n c i a l e s ; y 3 ) l a d e s c r i p c i ó n y r e a l i -

z a c i ó n d e s i s t e m a s d i g i t a l e s a n i v e l d e t r a n s f e r e n c i a s e n t r e r e g i s t r o s ( R T ) , o r g a n i z a n d o e l s i s -

t e m a c o m o u n a u n i d a d d e p r o c e s a d o d e d a t o s y o t r a d e c o n t r o l . A u n q u e c l a r a m e n t e f u e r a d e l

c o n t e x t o d e e s t e l i b r o , l a s m a t e r i a s f r o n t e r a s s o n , e n e l n i v e l i n f e r i o r , e l t r a t a m i e n t o e l é c t r i c o

d e l a s p u e r t a s l ó g i c a s y , e n e l n i v e l s u pe r i o r , l a a r q u i t e ct u r a d e c o m p u t a d o r es , a s í c o m o l o s s i s -

t e m a s m u l t i p r o c e s a d o r e s . L a p r o l i f e r a c i ó n d e a p l i c a c i o n e s y e l c o n s i d e r a b l e a u m e n t o d e l a

c o m p l e j i d a d e x p e r i m e n t a d a p o r l o s c i r c u i t o s d i g i t a l e s e n l o s ú l t i m o s a ñ o s h a c e n i n v i a b l e e l c u -

b r i m i e n t o c o m pl e t o d e e s t a m a t e r i a . N u e s t r o p r o p ó s i t o h a s i d o d e s a r r o l l a r u n c o n j u n t o d e p r o -

b l e m a s q u e d e n s o p o r t e y f u n d a m e n t e n a d e c u a d a m e n t e a t o d o s l o s c i r c u i t o s y t é c n i c a s d e D i -

s e ñ o L ó g i c o .

N u e s t r o l i b r o e s t á p e n s a d o p a r a u n p r i m e r c u r s o d e D i s e ñ o L ó g ic o , c o n a p l i c a c i ó n e n

d i v e r s o s e s t u d i o s u n i v e r s i t a r i o s t a l e s c o m o n f o r m á t i c a ( f u n d a m e n t o s d e l h a r d w a r e ) e n g e n i e -

r í a E l e c t r ó n i c a ( r e a l i z a c i ó n d e s i s t e m a s d i g i t a l e s ) . T a m b i é n e s ú t i l e n a l g u n o s c a m p o s c i e n t í -

f i c o s , e n c o n c r e to , l o s r e l a c i o n a d o s c o n l a T e o r í a d e C o n m u t a c i ó n , l a T e o r í a d e A u t ó m a t a s y

l a A r i t m é t i c a d e l C o m p u t a d o r . A d e m á s , a l e s t a r f u e r t e m e n t e e n f o c a d o a l a r e s o l u c i ó n d e p r o -

b l e m a s , e s t e t e x t o t a m b i é n p u e d e s e r v i r a p r o f e s i o n a l e s q u e d e s e e n r e a l i z a r u n a p u e s t a a l d í a

v i ¡



v i i i PROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

rápida y efici ente en las realizaciones de circuit os y de sist emas digitales . El uso de este libro

no requ iere con o c im ient o s es p e c í f i c o s p revi o s ni en E lectr ó n i ca , ni en Com p u ta d ores , ni en

Ma t e m á t i c a s a v a n z a d a s . Sin embargo, al ser un lib ro de problemas, el lector d ebe conocer a

nivel teórico los c onceptos, principios y técnicas del diseño digital . En la actualidad hay dis-

ponibles suf icientes libros qu e cubren satisfactoriamente los aspecto s teóricos de esta materia

(véanse las referencias que citamos ) . A ellos deberá acceder el lector para conocer los funda-

mentos teóricos de este lib ro de probl emas . No obstante, con el doble fin de resumir los con-

ce p t o s m á s im p or tante s y de p resentar la termino l o g í a que u t i l i zamo s , en cada Cap í t u l o ha y

una p equeñ a p resentaci ó n te ó r i ca . Además, en los problemas que introdu cen materias, du rante

su resolución se detallan los nuevos aspectos teóricos involuc rados .

En la realización del libro hemos huido de los ejercicios puramente repetitivos, de lo s

excesivamente si mples y d e los de esc asa entid ad . Esto es debido a que, en nuestra experiencia,

es claramente preferible primar el nivel de profundidad de l os p roblemas sobre la cantidad de

éstos . Por otra parte y desde un punto de vista más prácti co, hemos establecid o dos tip os de

ejercicios . E n p r i m e r l u g a r h e mo s s e l e c c i o n a d o u n a m p l i o c o n j u n t o d e p r o b l e m a s p a r a

resolverlos en detalle . Sobre ellos el l ector aprenderá la metodologí a de resoluci ón . Hemos

i n t e n t a d o q u e c a d a a s p e c t o i m p o r t a n t e d e l a m a t e r i a es t é c u b i e r t o p o r p r o b l e m a s b i e n

d e sarro l la d o s . P o s t eri ormente se p resenta un segun d o conj un t o de p r o b lemas de l o s que s ó l o

se ofrece la solución final . Con ello se pretende que el lecto r se aventure en la resolución de

é s t o s y s im p lemente p ue da com p r o bar la correcc i ó n de s u s res u l t a d o s .

La organización elegid a obedece a un cub rimiento d e la materia que va de abajo a arriba

(de f orma sim ilar a la me todolog ía "bott om - up"), avanzando d e sde lo m á s sim p le a lo m á s

complejo. En gran par te el ma ter ia l e s a utoc on t en ido p or lo q ue n o se ne ce sita n in g ún

prerrequisito .

Básicamente la materia contenida en este libro d e problemas está d ividida en tres gran-

des b loq ues más un Capítu lo f inal . El primero de los bloques (Capítulos 1 al 6) corresponde a

circuitos combinacionales, el segundo (Capítulos 7 al 10) a circuitos secuenciales y el último

(Capítulo s 11 y 12), donde se aumenta significativamente la complejidad, a los sistemas digi-

tales . Dentr o de ca da blo q ue hem os or dena do los p r oblema s pr oc uran do or denar los para q ue

el lector pu eda apoyarse en los ya realizados a l a hora de abordar los que vengan a continua-

c i ó n . Así, cada bloque co nsta de varios Capítulo s, cada uno de los cuales contiene problemas

de una materia concreta . L o s p r o b lemas de es t o s Cap í t u l o s han s i d o de sarro l la d o s p r o c urand o

que el lecto r vaya aprendiendo a resolverlo s dentro de esa materia . Por el contrario, el último

Capítulo está i deado con la finalidad de que el lecto r evalúe su nivel de conoci mientos . Para

ello, p or una parte, los prob lemas no se han ordenado según la materia, de forma que el lecto r

no los sitúe a p r i o r i en un contexto predeterminado ; por otra, se incluy en algunos que afectan

a m á s de una un ida d tem á tic a ; y, por últ imo, se presentan todos los enunciados juntos, cada

problema separado de su solu ción, co n el fin de que el lector tenga que ir a buscar explícit a-

mente ca da soluc i ón .



C o n c r e t a n d o , l a o r g a n i z a c i ó n d e e s t e l i b r o d e p r o b l e m a s e s c o m o s i g u e :

C a p í t u l o 1 . - A p l i c a c i ó n d e l o s c o n c e p t o s b á s i c o s c o m o s o n l o s s i s t e m a s d e n u m e r a c i ó n

y l a c o d i f i c a c i ó n b i n a r i a . E s t o s p r o b l e m a s e s t á n o r i e n t a d o s a p r a c t i c a r c o n l a s r e p r e s e n t a c i o n e s

n o d e c i ma l e s d e m a g n i t u d e s y l a s c o n v er s i o n e s e n t re l a s d i s t i n t a s b a s e s , a s í c o m o l a d e n ú m e -

r o s c o n s i g n o y f r a c c i o n a r i o s i n c l u y e n d o t a n t o e l p u n t o f i j o c o m o e l p u n t o f l o t a n t e . T a m b i é n

s e t r a t a n l o s p r i n c ip a l e s c ó d i g o s b i n a r i o s y d e c i m a l e s .

C a p í t u l o 2 . - D e s a r r o l l o d e l os p r o b l e m a s r e l a c i o n a d o s c o n e l á l g e b r a d e B o o l e y c o n e l

m a n e j o d e l a s f u n c i o n e s b o o l e a n a s i n c l u y e n d o d e mo s t r a c i o n e s d e t e o r e m a s e i d e n t i d a d e s , y l a s

d i v er s a s r e p r es e n t a c i o ne s d e f u n c i on e s d e n v a r i a b l e s ( t a b l a s d e v e r d a d , m a p a s b i n a r i o s y d e

K a r n a u g h ) y l o s t e o r e m a s p a r a d i c h a s f u n c i o n e s q u e d a n l u g a r a l a s e x p r e s i o n e s c a n ó n i c a s y

e s t á n d a r e s .

C a p í t u l o 3 . - A n á l i s i s d e c i r c u i t o s c o m b i n a c i o n a l e s , t a n t o a n i v e l p u r a m e n t e l óg i c o c o m o

t e m p o r a l , i n c l u y e n d o t é c n i c a s e s p e c í f i c a s p a r a e l a n á l i s i s d e c i r c u i t o s c o n s ó l o p u e rt a s N A N D

o NOR .

C a p í t u l o 4 . - D i s e ñ o d e f u n c i o n e s . E n é l s e a p l i c a n t é c n i c a s d e r e d u c c ió n p a r a o b t e n e r l a s

e x p r e s i o n e s m í n i m a s e n s u m a d e p r o d u c t o s o p r o d u c t o d e s u m a s ( b a s a d a s e n m a p a s d e K a r -

n a u g h y e n l o s m é t o d o s d e Q u i n e - M c C l u s k e y y d e P e t r i c k ) . A d e m á s s e p r e s t a u n a e s p e c i a l

a t e n c i ó n a l a o b t e n ci ó n d e l o s O ' s y l o s l ' s d e u n a f u n c i ó n c u a n d o é s t a s e d a a t r a v é s d e u n a

d e s c r i p c i ón v e r b a l d e s u c o m p o r t a m i e n t o .

C a p í t u l o 5 . - P r e s e n t a c i ó n d e l o s s u b s i s t e m a s c o m b i n a c i o n a l e s d e p r o p ó s i t o e s p e c í f i co ,

e n p a r t i c u l a r l o s q u e c o n v i e r t e n c ó d i g o s b i n a r i o s ( d e c o d i f i c a d o r e s , c o d i f i c a d o r e s y c o n v e r t i -

d o r e s d e c ó d i g os ) y l o s c o m p a r a d o r e s . T a m b i é n s e i n c l u y e n l o s s u b s i s t e m a s d e p r o p ó s i t o g e -

n e r a l c o m o s o n l o s m u l t ip l e x o r e s y l o s s u b s i s t e m a s p r o g r a m a b l e s ( l a s m e m o r i a s d e s ó l o l e c t u -

r a , l o s P L A ' s y l o s P A L ' s ) . L o s s u b s i s t e m a s s e e s t u d i a n d e s d e t r es p e r s p e c ti v a s : c ó m o s e c on s -

t r u y e n a n i v e l d e p u e r t a s , c ó m o s e a n a l i z a n c i r c u i t os q u e l o s c o n t i e n e n y c ó mo s e d i s e ñ a n

f u n c i o n e s u t i l i z á n d o l o s c o m o c o m p o ne n t e s d e l a r e a l i z a c i ó n .

C a p í t u l o 6 . - D e s a r r o l lo d e l o s p r o bl e m a s r e l a c i o na d o s c o n l a a r i t mé t i c a b i n a r i a . E n e l l o s

s e m u e s t r a n t a n t o l a s o p e r a c i o n e s a r i t m é t i c a s ( s u m a , r e s t a , m u l t i p l i c a c i ó n . . . ) c o m o l o s

c i r c u i t o s c o m b i n a c i o n a l e s q u e l a s r e a l i z a n ( s u m a d o r e s , s u m a d o r e s - r e s t a d o r e s y u n i d a d e s

a r i t m é t i c o - l ó g i c a s ) .

C a p í t u l o 7 . - P r e s e n t a c i ó n de l b i e s t a b l e t a n t o a n i v e l ló g i c o ( R S , J K , D y T ) c o m o a n i v e l

t e m p o r a l ( s i n r e l o j , d i s p a r a d o s p o r n i v el , t i p o M a s t e r - S l a v e y d i s p a r a d o s p o r fl a n c o) . T a m b i é n

s e a b o r d a e l a n á l i s i s d e c i r cu i t os s e c u e n c ia l e s . S e d e s a r r o l l a n t a n t o l o s c i r c ui t o s s í n cr o n os o

c o n u n a ú n i c a s e ñ a l d e r e l o j , c o m o l o s a s í n c r o n o s , i n c l u y e n do e n é s t o s l o s q u e o p e r a n m e d i a n t e

e n t r a d a s a s í n c r o n a s y l o s c i r c u i to s q u e p o s e e n m á s d e u n a s e ñ a l d e r e l o j .

PRÓLOGO i x



x PROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

Cap í t u l o 8 .- Diseño de circuit os secuenciales síncronos . Se muestran los dis tintos p asos

del proceso habitual de di seño, sist emático en su mayor parte, y que consig ue como resultado

un circuito de coste reducido u ó p timo . Algunos de los problemas van encaminados a practicar

c o n de term ina d o s p a s o s de l p r o c e s o m ien tras q u e o t r o s m ue s t ran el p r o ce s o g l o b a l men te .

Cap í t u l o 9 .- Desarrollo d e los problemas de análisis d e circuito s secuenciales construi -

dos c on contadores y registros, el diseño interno de estos disp ositi vos para que posean opera-

cio nes especí fic as, su realización mediante la asoci ación de subs ist emas semejantes de menor

tamaño y el dis eño en general de f unciones secu enciales .

Cap í t u l o 10 .- Pro b lemas de memorias semic ond u c t oras . Básicamente están dirigid os al

uso d e estas memorias y a la formació n de memorias "principales" por la asoci ación de varios

de estos di sp os itivos (realización de mapas de memorias) .

Cap í t u l o 11 .- ntroduc ció n al nivel de transferencia entre regist ros (nivel RT) y al di seño

de sist emas digitales . En particular, se tratan las formas de d escripción (notación RT, cartas

ASM y lenguaje HDL), conectándolas con los b loqu es de circuito s funcio nales, bási camente

registros . También se incluy en problemas sobre las técnic as de interconexión entre regist ros

med i an te b u s e s y la rea l i z ac i ó n de un i d a d e s de da t o s s i m p l e s c u an d o se c o n o ce s u o p era c i ó n

a nivel RT .

Cap í t u l o 12 .- Diseño de sistemas digitales completos, esto es, la unidad de datos y la de

control . En los primeros probl emas se parte de una unidad de proc esado de datos c onoci da y

hay q ue desarrol lar una unidad de c o ntro l adec uada . F inalmente se afrontan prob lemas de

diseño completo de sist emas dig itales .

Cap í t u l o 1 3 .- Presentación de prob lemas de las materias ya tratadas .



Capít u l o 1

REPRESENTACÓN Y CODFCACÓN BNARA

L o s c i r c u i to s d i g i t a l e s o p e ra n c o n d o s n i v e l e s d e s e ñ a l , l a m a y o r í a d e l a s v e c e s u n a t e n s i ó n b a j a

y o t r a a l t a . D e s d e e l p u n t o de v i s t a m a t e m á t i c o d e c i mo s q u e o p e r a n c o n s e ñ a l e s b i n a r i a s y l o s

d o s n i v e l es s e r e p r e s e n t a n m e d i a n t e 0 y 1 . T o d a l a i n f o r m a c i ó n q u e h a d e p r o c e s a r u n s i s t e m a

d i g i t a l h a d e e x p r e s a r s e m e d i a n t e c o m b i n a c i o n e s d e e s o s d o s v a l o r e s . E n c o n s e c u e n c i a , h a y

q u e d e s c r i b i r c ó mo s e r e p r e s e n t a n l o s e n t e s m e d ia n t e 0 y 1 ( c o d i f i c a c i ó n b i n a r i a ) y , m á s e s p e -

c í f i ca m e n t e , p o r s e r e s e n c i a l e n e l c á l c u l o , c ó m o s e r e p r e s e nt a n l o s n ú m e r o s .

REPRESENTACÓN POSCONAL DE MAGNTUDES

U n s i s t e m a n u m é r i c o s e c a r a c t e r i z a p o r s u s s í m b o l o s b á s i c o s ; e s t o s s o n l l a m a d o s d í g i t o s , c a d a

u n o d e l o s c u a l e s r e p r e s e n t a u n a d e t e r m i n a d a c a n t i d a d d e u n i d a d e s . A s u v e z , c a d a c a n t i da d

p u e d e e x p r e s a r s e m e d i a n t e u n a s e c u e n c i a d e t a l e s d í g i t os . E n a l g u n o s s i s t e m a s l a p o s i c i ó n o c u -

p a d a p o r c a d a u n o d e l o s d í g i t o s d e n t r o d e l a s e c u e n ci a e s t á a s o c i a d a a u n v a l o r d e t e rm i n a d o

( p e s o) . D e c i m o s en t o n c e s q u e s e t r a t a d e u n s i s t e m a d e r e p r e s e n t a c i ó n p o s i c i o n a l .

U n s i s t e m a n u m é r i c o d e b a s e r e s u n s i s t e m a p o s i c i o n a l d e r e p r e s e n t a c i ó n d o n d e l o s

p e s o s d e l o s d í g i t o s s o n p o t e n c i a s d e r . A s í , u n a m a g n i t u d M p u e d e r e p r e s e n t a r s e e n l a b a s e r

d e l a s i g u i e n t e f o r m a :

M = d n - 1 d n _ 2 . . . d 1 d o . d _ 1 d - 2 . . . d _ m ( r

n-1s i e n d o d ; u n d í g i t o d e d i c ha b a s e y c u m p l i é n d o s e q u e d i e { 0 , 1 , . . . , r-1} y M = d . r 1 .

j - mP a r a r e a l i z a r c a m b i o s e n t r e di s t i n t a s b a s e s e x i s t e n d i v e rs o s m é t o d o s . E n e s t e C a p í t u l o s e

- P a r a c a m b i a r d e b a s e 1 0 a b a s e r , s e u t i l i z a e l m é t o d o d e l a s d i v i s i o n e s s u c e s i v a s p a r a

o b t e n e r l a p a r t e e n t e r a y e l m é t o d o d e l a s multip licacio nes sucesivas p a r a o b t e ne r l a p a r t e f r a c -

c i o n a r i a .

1

u s a n f u n d a m e n t a l m e n t e l o s s i g u i e n t e s : n - 1

- P a r a c a m b i a r d e b a s e r a b a s e 1 0 , s e a p l i c a l a f ó r mu l a : M = Y , d . r • .

j = - m



2 PROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

- Para cambiar de una base arbi traria rl a otra r 2 , se pasa en primer lu gar de rl a 10 y

desp ués de 10 a r 2 .

- Para cambiar entre las bases 2, 8 y 16 (po tencias de 2) se uti liza un método de agrupa-

ción de bits .

REPRESENTACÓN DE NÚMEROS CON SGNO

De entre las notaci ones existentes para expresar números con s igno nos hemos centrado en las

notac i ones signo-magnit u d , c o mp lemento a 1 y c o mp lemento a 2 . En algunos asp ectos qu e de-

tallaremos a continuación las tres notacio nes son similares . Se designa un bit especial denomi-

nado bit de signo (b s ) cuy o valor es 0 en números po siti vos y 1 en números negativos . E n n ú -

meros po sit ivos lo s demás bit s representan la magnitud :

A = ° n-1 a n _ 2 . . . a l a 0 . a _ 1 a_ 2 . . . a -

l

m/

Tb i t d e s i g n o magnit u d

La forma de representar los números negativos es dis tinta para las tres notaci ones :

- En la notac i ón si gno magnit u d b s se hace igual a 1 y el resto de bit s representan de

nuevo la magnit u d :

- A = 1 a171 a n_ 2 . . . al a0 . a - 1 a - 2 . .

T5

b i t d e s i g n o magnitud

- En la n o t a c i ó n c o m p l emen t o a 1, e l n úmer o neg a t i v o e s e l c o m p l ement o a 1 d e l c o -

rres p o n d i en te n úmer o p o s i t i v o :

-A= Cal (A) = 1 an_l a n _ 2 . . . al ao . a - 1 a - 2 . . . a _ m

- En la n o t a c i ó n c o m p l emen t o a 2 , e l n úmer o neg a t i v o e s e l c o m p l ement o a 2 de l c o -

rrespondiente número pos iti vo :

- A = Ca2(A) = Cal (A) + 2- m

REPRESENTACÓN DE NÚMEROS EN PUNTO FLOTANTE

La representación en punto (o coma) flot ante se basa en la notación exponencial o científ ica .

En dicha notació n los números s e expresan en la forma M = m x b e (m mantisa, b base, e ex-

ponente) . E s t o p erm i t e ex p resar can t i d a d e s de m u y d i s t i n t o tama ñ o de f o rma c o m p a c t a , p o r

ejemplo , la masa del sol : 1 .989 x 1030 Kg o la c arga del electrón : - 1 .602 x 10 -19 C. S i s e s u -

pone conoc ida la base, b asta representar los valo res de mantisa y expo nente . E s t o e s l o q u e s e

hace cuando se representan números en punto f lot ante .

Una cantidad se pu ede expresar de muchas fo rmas di stintas en notació n exponencial, po r

ejemplo la velocid ad de la luz, c, es 3 x 10 8 m/s ó 0 .003 x 10 1 1 m/s ó 3000,n 10 m/s, etc . P a r a

trabajar con números en punto flo tante se suele adop t ar un convenio acerca de cuá l de las

múlti p les expresiones de la forma m x be es la q ue se esc oge . En este Capítulo trabajaremos

con mantisas cu y o d íg ito más signif icativo es "no nulo" (notación normalizada) . Por ejemplo ,



REPRESENTACÓN Y COD F CACÓN BNARA

s u p o n g a m o s q u e d i s p o n e m o s d e 5 d í g i t o s p a r a l a m a n t i s a , r e p r e s e n t a c i o n e s n o r m a l i z a d a s d e c

s e r ía n : 3 .0000 x 10 8 ó 3000 . 0 x 1 0 5 ó 3 0000 x 10 4 , p e r o n o l o s e r í a 0 . 0 0 3 0 x 1 0 1 1 ó

0 . 0 0 0 0 3 x 1 0 1 3 . S i n e m b a r g o , a ú n e s n e c e s a r i o a d o p t a r u n s e g u n d o c o n ve n i o p a r a e l e g i r u n a

e n t r e l a s d i v e r s a s r e p r e s e n t a c i o n e s n o r m a l i z a d a s . E s e c o n v e n i o s e r e f i e r e a c o n c r e t a r c u á l e s

l a p o s i c i ó n d e l p u n t o d e c i m a l d e l a m a n t i s a . E n e s te t e x t o s e t r a b a j a c o n d o s c on v e ni o s :

- N o t a c i ó n f r a c c i o n a r i a : e l p u n t o d e c i m a l e s t á a l a i z q u i e r d a d e l p r i m e r d í g i t o r ep r e s e n -

t a d o d e l a m a n t i s a , e n n u e s t r o e j e m pl o : 0 . 3 0 0 0 0 x 1 0 9 .

- N o t a c i ó n e n t e r a : e l p u n t o d e c i m a l e s t á a l a d e r e c h a d e l ú l t i m o b i t re p r e s e n t a d o d e l a

m a n t i s a , e n n u e s t r o e j e m p l o : 3 0 0 0 0 x 1 0 4 .

CODFCACÓN BNARA

P o r c o d i f i c a c i ó n b i n a r i a s e e n t i e n d e l a r e p r e s e n t a c i ó n d e u n c o nj u n t o d e e n t e s , n u m é r i c o s o n o

n u m é r ic o s , m e d i a n t e pa l a b r a s d e n b i t s . A h o r a p r e s e n t a r e m o s a l g u n o s c ó d i g o s b i n a r i o s d e c a d a

t i p o .

L a c o n v e r s i ó n e n t r e la b a s e 2 y l a b a s e 8 ó 1 6 s e r e a l i z a p o r a g r u p a c i ó n d e b i t s . P o r e x -

t e n s i ó n c u a l q u i e r c ó d i go b i n a r i o p u e d e r e p r e s e n ta r s e m e d i a n t e l o s d í g i t o s d e d i c ha s b a s e s . A s í

p o d e m o s h a b l a r d e c ó d i g o o c t a l y c ó d i g o h e x a d e c i m a l .

E n t r e l o s c ó d i g o s m á s u t i l i z a d o s s e e n c u e n t r a n l o s l l a m a d o s c ó d i g o s d e c i m a l e s . E s t o s

a s i g n a n a c a d a u n o d e l o s d í gi t o s d e la b a s e 1 0 u n a p a l a b r a b i n a r i a . C o n s u u t i l i z a c i ó n s e e v i t a

e l p r o c e s o d e c o n v e r s i ó n e n t r e b a s e 2 y b a s e 1 0 , a u n q u e e l n ú m e ro d e b i t s p re c i s a d o p a r a e x -

p r e s a r u n a c a n t i d a d e s , e n g e n e r a l , m a y o r . E n l a s i g u i e n t e t a b l a s e m u e s t r a n a l g u n o s e j e m p l o s :

d í g i t o d e c i m a l B C D n a t u r a l B C D e x c e s o 3 2 d e 5 7 s e g m e n t o s

0 0000 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0

1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0

2 0010 0 1 0 1 00110 1 1 0 1 1 0 1

3 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1

4 0100 0 1 1 1 01010 0 1 1 0 0 1 1

5 0 1 0 1 1 0 0 0 01100 1 0 1 1 0 1 1

6 0110 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1

7 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 08 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1

9 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1

c ó d i g oo c t a l h e x a d e c i m a l

c ó d i g o c ó d i g oh e x a d e c i ma l

0 0 0 0 0 0000 8 00001 0 0 1 1 0 0 0 1 9 0 0 0 12 0 1 0 2 0 0 1 0 A 0 0 1 03 0 1 1 3 0 0 1 1 B 0 0 1 14 1 0 0 4 0 1 0 0 C 01005 1 0 1 5 0 1 0 1 D 0 1 0 16 1 1 0 6 0 1 1 0 E 01107 1 1 1 7 0 1 1 1 F 0 1 1 1




Otro cód igo d e gran interés es el cód igo Gray (o código reflejado) de n bits . E n l a s

s i g u i e n t e s t a b l a s s e m u e s t r a n l o s c a s o s n = 3 y n = 4 . P u e d e o b s e r v a r s e e n e l l a s l a p a r t i c u l a r i d a d

de que las p alabras asig nadas a dos números co nsecutivo s se di ferencian únicamente en 1 bit .

S e t r a t a p o r t a n t o d e u n c ó d i g o c o n d i s t a n c i a u n i d a d .

c ó d i g o código códigoGray( n = 3 )Gray( n = 4 )Gray(n=4)

0 0000 0000 8 1100

1 0 0 11 0001 9 1 1 0 1

2 0 1 12 0011 10 1111

3 0103 0010 1 1 1110

4 110 4 0110 1 2 10105 1 1 1

5 0111 1 3 10116 1 0 1

6 0101 1 4 10017 100

7 0100 1 5 1000

Como ejemplo de cód igo alf anumérico , en este texto s e usa el códi go ASC . Mediante

e s t e c ó d i g o d e 7 b i t s e s p o s i b l e c o d i f i c a r l a s 2 6 l e t r a s d e l a l f a b e t o , t a n t o m a y ú s c u l a s c o m o m i -

núscul as, los 10 dígi tos d ecimales, caracteres como <, @ , secuencias de control como ESC,NULL, et c . A continuació n se muestran algunos ejemplos :

A c u a l q u i e r a d e l o s c ó d i g o s a n t e r i o r e s s e l e s p u e d e a ñ a d i r u n b i t d e p a r i d a d . E l v a l o r d e

dicho bit se asigna de forma que el número t otal d e unos en la palabra sea par (hablamos

entonces de bit de paridad par) o impar (hablamos entonces de bi t de paridad i mpar) .

Índice del Capítul o

Este Capítu lo desarrolla probl emas de las sigui entes materias :

- Representació n posi cio nal de magnitudes .

- Conversió n entre bases .

- Codificación binaria .

- Números con si gno .

- Números fraccionarios en punto fl otante .

PROBLEMAS RESUELTOS

Pro b lema 1 . - Recientemente se ha rescatado una extrañísima nave esp acial q ue provenía

de los confi nes de la constelación Ophiocus . T r a s m ú l t i p l e s e s f u e r z o s , n u e s t r o s c i e n t í f i c o s

han logrado deduci r algunos d atos sob re la civilizació n que la construyó . En vez de dos

brazos, su s c riaturas poseían uno s ólo que terminaba en una "mano" con un número 8 de

símbolo có digo ASC símbolo código ASC

A 1000001 1 0110001B 1000010 0111100a 1100001 1000000b 1100010 ESC 00110110 0110000 NULL 0000000



REPRESENTACÓN Y CODFCACÓN BNARA 5

d e d o s . En un cuaderno que encontraron en la nave había esc rito :

"5X2 - 50X+ 125= 0 -4 X t = 8 , X 2 = 5 "

Suponiendo qu e tanto el sis tema de numeración como l as matemáticas e x t r a t e r r e s t r e s

tengan una histo ria similar a los desarrollados en la Tierra, ¿cuán tos d e dos (B) pose ían?

S o l u c i ó n Pl.-Debemos enc ontrar un s i s t ema de numerac i ón B en el cuá l se verifique que 8 y

5 son s oluci ones a la ecuación encontrada .

En un s i s t ema p o s i c i o na l de ba se B una secuencia de dígito s, d n _ 1 d n _ 2 . . . d l d o , repre-

n-1senta a una magnitud M s i s e c u m p l e q u eM= d . B~ .

_ - M

A p l i can d o d i c h a f ó rm u l a a l o s c o e f i c i en te s de la e c u a c i ó n : 5 , 5 0 y 12 5 , o b t enemo s la

siguiente :

5 • X2 -(5 • B +0) •X+(1 • B 2 +2 • B +5)=0Sustituyendo los valores X 1 = 8 y X2 = 5 en la variable X :

5 .82-(5 • B +0) •8 +(1 • B2+2 • B +5)=0

5 . 5 2 -(5 . 8+0) • 5 +(1 • B2+2 • B +5)=0Basta resolver el sis tema formado po r estas dos ecuaciones para encontrar que el único

valor de B que satis face ambas es B = 13 . Por tanto, l os extraterrestres de Ophi ocus poseían 13

d e d o s en s u ún i c o b razo .

P r o b l e m a 2 . - Represente posi cio nalmente la cantidad "dieciséis unidades" e n l a s b a s e s 3 , 7 ,

8 y 16 .

S o l u c i ó n P 2 . - La cantidad "diecis éis u nidades" en base 3 deberá cumplir (util izando la nota-

ció n decimal en las operaciones) :

16= . . .+d3 . 3 3 +d2 .3 2 +d1 . 3 1 +1 . 3 0 +d_ 1 3 - 1 + . . . c on d i =0,1ó2 .

Para obtener los valores de los dígit os d i h a y d o s m é t o d o s :

1) Comprobar valores d e d i hasta que la suma sea igual a la magnitu d . En nuestro c aso :

16=1 . 3 2 +2 . 3 1 +1 . 3 0 =121 ( 3

2) Mediante divisi ones sucesivas para la parte entera y multipl icaciones su cesivas para

la parte fraccionaria. En nuestro caso sería :

d o d i d 2 d 3

Con lo q ue 1 6 = . . .0121 ( 3 = 121 ( 3 .

Nótese que sin más que sust itui r el divid endo por la suma del divis or por el cociente y

del resto, se obt iene la expresió n general .




O perando d e la misma f orma para lo s demá s c as o s o b tenemos :

16=2 . 7 1 +2 . 70 =22( 7

16 = 2 . 8 1 + 0 . 80 = 2 0 ( 8

16 = 1 • 16' +0 160 = 1 0(16

En general, " r unidades" en base r se representa 10 ( r •

Probl ema 3 . - Represente el número dec imal 23 . 7 5 e n l a s b a s e s 2 , 5 , 6 , 8 y 1 6 .

S o l u c i ó n P 3 . - Obtendremos en primer lugar la representación de l a parte entera por el método

de las divisi ones su cesivas . Para pasar a base 2 :

2 3t

v 1 1v 5

v C _ 2

'10 1v v

d o d i d 2 d3 d4

Por tanto : 23 (10 = 1011 l(2

gualmente para las otras bas es obt enemos :

2 3 (10 = 43 ( 5 = 3 5 ( 6 = 2 7 ( 8 = 17 ( 1 6

En cuanto a la parte fraccio naria, ha de obt enerse mediante el método de las mult ipl ica-

ciones sucesivas . En el caso del paso a base 2 :

0.75 • 2 = 1 . 5

La parte entera de esta cantidad es d_ 1 ; la parte fracci onaria es la que se mult ipl ica por

la base en el paso s iguiente :

0 . 5 • 2 = 1 . 0

La parte entera, en esta ocasión, nos da el bit d_ 2 . Como la parte fraccionaria es 0, t odas

l a s s i g u i en te s m u l t i p l i c a c i o ne s darí an c o m o res u l t a d o 0 y , p o r tan t o , e l re s t o de l o s b i t s

(d _ 3 , d_4 , . . . ) son iguales a 0 .

Por tanto : 0.75 (10 =0. 1 1 ( 2 y 2 3 .75 (10 = 10111 . 1 l ( 2

Para base 5 : 0 .75 5 = 3 .75-d _, = 3

0 .75 . 5=3.75--> d_2=3=d_3= . . .

por tanto, 23 .75 (10 = 43 .333 . . . ( 5

Para base 6 : 0 .75 • 6 = 4 . 5-d_ 1 = 4

0 . 5 . 6=3. 0 -4d_3=3,d_4=0=d_5= . . .

por tanto, 23 .75 (10 = 3 5 .436

Para base 8 : 0 .75 • 8 = 6 . 0 -d _, = 6 , d _ 2 = 0 = d _ 3 = . . .

por tant o , 23 .75 ( 1 0 = 2 7 . 6 ( 8




Para base 16 : 0 . 7 5 • 16 = 12 .0 -+ d_, = 12, d_ 2 = 0 = d_ 3 = . . .

por tanto, 23 .75 ( 1 0 = 17 .C ( 1 6

Pro b lema 4 . - Convierta los sigu ientes números a b ase 10 :

a) 100.111010 ( 2 ; b ) 5 0 ( 8 , c ) 101. 1 ( 2 ; d ) 1 9 8 F(16-

So l u c i ó n P4 . - P a r a c o n v e r t i r a b a s e 1 0 b a s t a s u s t i t u i r e l v a l o r d e l a b a s e y d e l o s d í g i t o s e n l a

n-1

expresión M = E d . • r 1 y realizar las operaciones .

j = -m

a) 100 .111010 ( 2 = 1 • 2 2 + 1 • 2 - 1 + 1 • 2 - 2 + 1 • 2 - 3 + 1 •2 - 5

= 4 .90625 ( 1 0

b)50 ( 8=5 • 8+0=40( 1 0

c )10 1 . 1 ( 2 =1 •2 2 +1 •2 0 +1 •2 - 1 =5. 5 ( 1 0

d) 19 8F ( 1 6 = 1 16 3 + 9 • 16 2 + 8 • 16 1 + 15 • 16 0 = 6543(, 0

Pro b lema 5 .-Se c u e n t a q u e u n r e y , e n c a n t a d o c o n e l j u e g o , o f r e c i ó a l i n v e n t o r d e l a j e d r e z e l

premio que desease . E l i n v e n t o r s ó l o p i d i ó 1 g r a n o d e a r r o z p o r l a p r i m e r a c a s i l l a d e l t a b l e r o ,

2 g r a n o s p o r l a s e g u n d a , 4 p o r l a t e r c e r a y a s í , e l d o b l e c a d a v e z , h a s t a l l e g a r a l a ú l t i m a c a -

s i l l a ( l a n ú m e r o 6 4) . L o s m a t e m á t i c o s d e l r e i n o c o n c l u y e r o n q u e n o h a b í a a r r o z s u f i c i e n t e p a r a

pagar al inventor. ¿Sabría deci r cuá ntos granos de arroz s e necesit aban?

S o l u c i ó n P5.-La cantidad p edida M es, en base 2, el número compuest o po r 64 unos :

M=1 1 . . .1 1 1 1 y a que en ese caso M=1 •2 0 +1 •2 1 +1 •2 2 + . . .+1 •2 6 3

Esta cantidad es una unidad menos que l a representada por un 1 s eguido de 64 ceros .

Entonce s : M = 264 - 1 = 1 .844674407 x 101 9

Pro b lema 6 . - ¿ Cuántos bits son necesarios como mínimo p ara representar cada uno de lo s

sigu ientes números decimales?

50, 1000, 5 000, 100000 y 1000000 .

So l u c i ó n P 6 . - Para calcular el número mínimo n de bit s que representa la magnitud M, tenga-

mos en cuenta que n ha de cumplir la siguiente desigualdad :

2 n - 1 - 1 < M < - 2 n - 1

El valor de n p uede dedu c irse de do s f ormas :

1) A partir de la expresi ón n = r19 2

(M + 1 ) 1 donde [xl es el entero p or exceso

de x .

2) Por bús queda en la tabla de potencias de 2 .




Para los números decimales prop uesto s tendremos :

Pr o b l e m a 7.-Convierta el número bi nario 10110110011 .10110 a las bases 4, 8 y 16 ; e l

número 372 .105 en base 8 a base 2, 4 y 16 y el número FO .A en base 16 a base 2, 4 y 8 .

S o l u c i ó n P 7 . - Para convertir un número de b ase 2 a base 4, b asta agrupar a partir del pu nto

fraccionario de 2 en 2 bits y convertir cada grupo a base 4 De la misma forma, para convertir

a base 8 ó 16 se agrupan de tres en tres o de cuatro en cuatro bits respecti vamente . Entonces :

1 01 10 11 00 11 .10 11 0 10 110 110 011 .101 10 101 1011 0011 .1011 0

1 1 2 3 0 3. 2 3 0 ( 4 2 6 6 3 . 5 4( 8 5 B 3 . B 0 ( 1 6

Para pasar de bases 4, 8 ó 16 a base 2, se hace la desco mposic ión inversa . P o r o t r a p a r t e ,

la conversió n entre las bases 4 y 16 también se realiza de la misma forma . Sin embargo, para

pasar de base 8 a base 4 ó 16, o vic eversa, c onviene pasar antes a base 2 .

Por tanto :

Problema 8.-En la co lonia hu mana de Ganimedes la energía se ob tiene con pi las ató micasde exactamente 1 Kg de peso . L a s p i l a s s o n e n v i a d a s d e s d e T r i t ó n e n 6 c a j a s d e 5 0 p i l a s c a d a

u na .

a) Tras un envío s e avisa a Ganimedes que, por error, una de las cajas contiene pil as

malas con 1 g d e menos . D e b e n d e t e c t a r l a y r e e n v i a r l a a T r i t ó n . Los operadores d e Ganime-

des deci den detectarla mediante una sol a pesada . ¿ C ó m o ?

b) Tiempo d espués y tras otro envío, el aviso es que una o más cajas contienen pilas

malas con 1 g de menos . ¿Cómo podrán ahora detectar las cajas erróneas con só lo una

pesada?

S o l u c i ó n P 8 .

a) dentifiqu emos c ada una de las seis cajas con u na letra : caja A, caja B, c aja C, caja D,

caja E y caja F . Si pesamos 1 pi la de la caja A, 2 de B, 3 d e C, 4 de D, 5 de E y 6 d e F, la

canti dad de gramos q ue falt en para un número entero de Kg indic a la caja errónea .

b) En este caso será necesario t omar 1 pil a de A, 2 de B, 4 de C, 8 de D, 16 d e E y

3 2 de F . Con esto, el nú mero de gramos qu e faltan para un número entero de Kg representados

M n

5 0 6

1000 10

5 0 0 0 13

100000 17

1000000 20

372 .105 (8 = 011 111010 . 001 0 0 0 1 0 1 ( 2 = 3322.020224 = FA.228( 16

F0.A ( 16 = 11110000-1010( 2 = 3300.2 2 ( 4 = 3 6 0 .5 0 ( 8




e n b a s e 2 i n d i c a l a s c a j a s e r r ó n e a s . Por ejemplo , su pongamos q ue las cajas erróneas son A, B,

D y F : e n t o n c e s , f a l t a r á n 1 + 2 + 8 + 3 2 = 4 3 g . El número 43 expresado en bi nario es : 1 0 1 0 1 1

l o q u e s e ñ a l a r í a a l a s c a j a s F - D - B A .

Probl ema 9 . - L a f i g u r a r e p r e s e n t a 6 c a r t a s c o n l a s q u e s e p r e t e n d e h a c e r u n j u e g o d e m a g i a .

A l g u i e n d e b e p e n s a r u n n ú m e r o y , s i n d e c i r c u á l e s , d e b e i n d i c a r l a s c a r t a s d o n d e e l n u m e r o

está presente . Conoci endo sólo est o, se po drá adivinar el número pensado . P o r e j e m p l o , s i

e s t á e n l a s t a r j e t a s A , D , F y G , s e t r a t a d e l n ú m e r o 7 5 . S a b i e n d o q u e e l j u e g o s e b a s a e n l a

representació n binaria de magnitu des :

a ) E x p l í q u e l o .

b ) ¿ C ó m o l o c a m b i a r í a s i q u i e r e i n c l u i r h a s t a e l n ú m e r o 1 2 3 ? ¿ Y s i i n c l u y e h a s t a e l 2 0 0 ?

' 6 4 6 5 6 6 6 7 6 8 6 9 ~ "'32 33 3 4 35 36 37~

7 0 7 1 7 2 7 3 7 4 7 5

7 6 7 7 7 8 7 9 8 0 8 1

8 2 8 3 8 4 8 5 8 6 8 7

8 8 8 9 9 0 9 1 9 2 9 3

9 4 9 5 9 6 9 7 9 8 9 9

A~45671213 "\ ~

3 8 3 9 4 0 4 1 4 2 4 3

4 4 4 5 4 6 4 7 4 8 4 9

5 0 5 1 5 2 5 3 5 4 5 5

5 6 5 7 5 8 5 9 6 0 6 16 2 6 3 9 6 9 7 9 8 9 9

B%23671011

6 17 18 19 20 21 1 , 1 1 8 9 1 0 1 1 1 2 1 3

2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 7

2 8 2 9 3 0 3 1 4 8 4 9

5 0 5 1 5 2 5 3 5 4 5 5

5 6 5 7 5 85 9 6 0 6 1

6 2 6 3 8 0 8 1 8 2 8 3

8 4 8 5 8 6 8 7 8 8 8 9

9 0 9 1 9 2 9 3 9 4 9 5

13579111 5 1 7 1 9 2 1 2 3

2 7 2 9 3 1 3 3 3 5

3 9 4 1 4 3 4 5 4 7

5 1 5 3 5 5 5 7 5 9

6 3 6 5 6 7 6 9 7 1

7 5 7 7 7 9 8 1 8 3

8 7 8 9 9 1 9 3 9 5

9 7 9 9

1 4 1 5 2 4 2 5 2 6 2 7

2 8 2 9 3 0 3 1 4 0 4 1

4 2 4 3 4 4 4 5 4 6 4 7

5 6 5 7 5 8 5 9 6 0 6 1

6 2 6 3 7 2 7 3 7 4 7 5

7 6 7 7 7 8 7 9 8 8 8 9

9 0 9 1 9 2 9 3 9 4 9 5 ~

Solución P9 .

a) El mayor número, el 99, se representa en bi nario c on 7 bi ts , co ncretamente como

9 9 ( 2 = 1100011 .

D e a q u í q u e h a y a 7 t a r j e t a s ( A , B , C , . . . , G) cada una encabezada por una po tencia de 2

( 2 6 = 64 para A, 2 5 = 32 para B, 2 4 = 1 6 p a r a C , e t c ) . E l r e s t o d e n ú m e r o s e n c a d a t a r j e t a s o n

aquellos cuya representación en base 2 co ntiene un 1 en la pos ició n de la po tencia correspon-

d i e n t e a l a t a r j e t a . A s í e l 9 9 e s t a r á e n l a s t a r j e t a s A , B , F y G p e r o n o e n l a s o t r a s . El número

7 5 ( = 6 4 + 8 + 2 + 1 ) e s t a r á s ó l o e n l a s t a r j e t a s A , D , F y G ; e t c .

b) El 123 precisa también 7 bits por l o qu e no hay que aumentar el número d e tarjetas .

A cada una de ést as habría que incorporar los nuevos números (d el 100 al 123) de la forma

explicada antes ; por ejempl o : e l 1 1 1 ( 1 0 = 1101111( 2

s e i n c o r p o r a r í a a A , B , D , E , F y G .

1 4 1 5 2 0 2 1 2 2 2 3 1 4 1 5 1 8 1 9 2 2 2 3 1 3

2 8 2 9 3 0 3 1 3 6 3 7 2 6 2 7 3 0 3 1 3 4 3 5 2 5

3 8 3 9 4 4 4 5 4 6 4 7 3 8 3 9 4 2 4 3 4 6 4 7 3 7

5 2 5 3 5 4 5 5 6 0 6 1 5 0 5 1 5 4 5 5 5 8 5 9 4 9

6 2 6 3 6 8 6 9 7 0 7 1 6 2 6 3 6 6 6 77071 6 1

7 6 7 7 7 8 7 9 8 4 8 5 7 4 7 5 7 8 7 9 8 2 8 3 7 3

8 6 8 7 9 2 9 3 9 4 9 5 8 6 8 7 9 0 9 1 9 4 9 5 8 5

9 8 9 9




Para añadir hasta el 200 se necesit aría una nueva tarjeta encabezada po r 128 = 27 , y a q u e

para representar números mayo res de 1 2 8 s e p rec i san 8 bits .

P r o b l e ma 10 . - Represente el 6 en los si gui entes casos :

• Código Gray asu miendo que se representan del 0 al 7 .

• Código Gray asu miendo que s e representan del 0 al 9 .

c) Códi go Gray asumiendo q ue se representan del 0 al 15 .

• En códi go ASC .

• En código ASC con paridad p ar .

f) En códig o ASC con paridad impar .

• En códi go "2-out -of-5" .

S o l u c i ó n P 1 0 . - El c ó d ig o Gray es un c ó d ig o ref lejado de di s t anc ia unidad q ue ut i l iza el

mínimo número de bits necesarios . La distancia unidad impli ca que dos números consecutivos

tienen có d ig os ady acentes (só lo se diferencian en un bit ) . Por otra parte, el ser un código

reflejado, i mplica si metría respecto a la mitad de los números representados, con lo q ue, dos

n ú mero s s i m é t r i c o s t i enen c ó d i g o s a d y a cen te s .

a) Para representar los números d el 0 al 7 necesit aremos 3 b i t s . Por tanto, el cód igo Gray

será :

0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 110 111

0 1 2 3 4 5

(eje de simetría)

101

6

1 0 0

7

b) y c) P ara representar tanto l os d iez números d el 0 al 9, c omo lo s 16 números del 0 al

15 s e necesitan 4 bits, con lo que el códi go Gray a utili zar es el de 4 b i t s . Al ser un código re-

flejado, p ara asignar valores del c ódigo a los d iez números (0-9) lo haremos con los 10 có di g os

centrales, tal como se muestra . En la codif icación de los 16 n ú m er o s ( 0 - 1 5 ) o c u p a m o s l o s 16

có dig o s existentes .

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1

b ) - 0 1 2

c) 0 1 2 3 4 5

10101

3

0100

4

7

1100

5

8

( e j e d e s i m e t r í a )

d) El có digo ASC consta de 7 bit s y representa 26 letras minúsculas, 26 letras mayús-

culas, 10 dígito s decimales, 32 caracteres espec iales y 34 comandos. La codifi cación procede

de un convenio y , en concreto, el có dig o del 6 es 0110110 que, expresado en cód igo hexade-

cimal, es $36.

e) Para un có dig o d e n bits , inclui r la paridad sup one añadir 1 bit adicional a los n ante-

riores que se llama bit d e paridad . Su fin es hacer que el número total d e unos en el códi go

1101

6

9

1 1 1 1 1110 1010 1011 1001 1000

7 8 9 -

10 1 1 12 1 3 14 1 5



REPRESENTACÓN Y CODFCACÓN BNARA 1 1

(ahora de n + 1 bit s) sea par en el caso d e paridad par o i mpar en el caso de paridad i mpar .

La posic ión del b it d e paridad es co nvenida previamente ; por ejemplo, ponemos el bit

de paridad en primer lugar .

El có d ig o ASC de paridad par para el 6 será 00110110 (añadimos u n 0 para tener un

total de cuatro unos) . En hexadecimal s erá $36 .

f) El có digo ASC de paridad i mpar para el 6 será 10110110 (añadimos u n 1 para tener

un total de cinco unos) . En hexadecimal, $B6 .

g) El códi go 2-out -of-5 representa los 10 dígit os decimales mediante 5 bits de los qu e

tres son 0 y dos son 1 . La codif icació n es la mostrada a continuación :

Pro b lema 11 . - Determine el bi t de paridad i mpar para cada uno de lo s 10 dí gito s d ecimales

e n e l c ó d i g o 8 , 4 , - 2 , - 1 .

S o l u c i ó n P 1 1 .-En la sigui ente tabla, se muestra la codif icaci ón para cada dígi to deci mal en el

cód igo p esado 8, 4, -2, -1, junto c on el bit d e paridad que hay qu e generar para que en cada

d í g i t o h a y a un n úmer o im p ar de 1 .

n ú m e r o c ó d i g o

0 00011

1 00101

2 0 0 1 1 0

3 01001

4 0 1 0 1 0

5 0 1 1 0 0

6 10001

7 10010

8 10100

9 11000

d í g i t o 84-2-1 P

0 0000 1

1 0111 0

2 0110 1

3 0101 1

4 0100 0

5 1011 0

6 1010 1

7 1001 1

8 1000 0

9 1111 1



1 2 PROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

P r o b l e ma 12 . - Obtenga el compl emento a 1 y a 2 de los s igui entes números binarios :

1010101, 0111000, 0000001, 10000, 00000 .

Soluci ón P12 . - Dado B = b n - 1 b n _ 2 . . . b 1 b 0 se obt ienen su c omplementos a 1 y a 2 .

El complemento a 1 se obtiene como Cal(B) = b n - 1 b n - 2 . . . b l b oEl complemento a 2 puede ob tenerse de dos formas : sumando 1 al complemento a 1 (ya

q u e C a 2 ( B ) = C a l ( B ) + 1 ) ó d e j a n d o i g u a l e s t o d o s l o s b i t s m e n o s s i g n i f i c a t i v o s h a s t a l l e g a r a l

p r i m e r b i t i g u a l a 1 ( q u e t a m b i é n s e d e j a i g u a l ) y c o m p l e m e n t a n d o l o s b i t s r e s t a n t e s .

P a r a l a s p a l a b r a s p r o p u e s t a s :

P r o b l e ma 1 3 . - Obtenga el co mplemento a 9 y a 10 de los s igui entes números decimales :

13579, 09900, 9 0090, 10000, 00000 .

S o l u c i ón P1 3 . - Se defi ne Ca9(N) = (on - 1 ) -N. D e e s t a d e f i n i c i ó n p o d e m o s i n f e r i r q u e s i N

P r o b l e ma 14 . - Represente con el mínimo número de bits pos ibl es los sigu ientes números de-

cimales en notació n binaria, s igno-magnitud , c omplemento a 1 y complemento a 2 :

a ) ± 1 2 2 , b ) ± 6 4 ; c ) ± 1 5 ; d ) ± 3 7

S o l u c i ón P14 . - La representación bi naria con n bits permite representar los números compren-

d i d o s e n t r e 0 y 2 n - 1 , siendo una representación sin signo . Esto es, no p odemos representar +N

ni -N sino sól o N . En particu lar, op erando co mo en el problema 2 :

a) 122 = 1111010 ( 2

b) 6 4 = 1000000 ( 2

c) 15 = 1111(2

d) 3 7 = 100101(2

= Nn_1Nn_2 . . .N1N0, ento nces Ca9 (N) =

Po r ot ra parte CalO(N) = 10 n -

Para las cantidades p ropuestas en

número

(9 - N n _ 1 ) ( 9 -

1 = Ca9(N) + 1

el enunciado :

c om pl . a 9

Nn _ 2 ) . . . ( 9 - N 1 ) ( 9 - N 0 ) .

compl . a 1 0

13579 86420 86421

09 9 00 9 009 9 90100

90090 09 909 099 10

10000 89 99 9 9 0000

00000 9 9 9 9 9 00000

p a l a b r a c om pl . a 1 compl . a 2

1010101 0101010 0101011

0111000 1000111 1001000

0000001 1111110 1111111

10000 01111 10000

00000 11111 00000




La representación s igno-magnitud añade un bit de signo (0 para + y 1 p ara -) a l a r e p r e -

sentación binaria de la magnitud, s ituando ese bit de signo en la posición más significativa .

Entonces, co n n bit s pueden representarse tod os los números enteros co mprendid os entre

- ( 2n - 1 - 1 ) y + ( 2 n - 1 - 1) . En particular,

La representación co mplemento a 1 s igue el s iguiente c onvenio :

- Un número posi tivo s e representa igual que en signo-magnitud .

- Un número negativo se representa c om pl ementando a 1 el co rrespondi ente número

positivo . Con n bi t s p ueden representarse to d o s l o s números enteros c om prendid os entre

- ( 2 n - 1 - 1 ) y + ( 2 n- 1 - 1 ) . E n p a r t i c u l a r ,

La representación en complemento a 2 sigue el siguiente convenio :

- Un número posit ivo se representa como en los casos anteriores .

- Un número negativo s e representa mediante el comp lemento a 2 del correspo ndiente

número posi tivo . Con n bit s pueden representarse los 2 n números co m prendido s entre - 2 n - 1

Problema 15. - Se d i s p o ne de p a la bras de 10 b i t s . Sobre ellas se escriben números f raccio-

narios en punto f ijo dedic ando 3 bits a la parte fraccionaria . Represente los sig ui entes núme-

r o s en la s n o t a c i o nes s i g n o - ma g ni t u d , c o m p l emen t o a 1 y c o m p l emen t o a 2 , en l o s d o s ca s o s

sig uientes : a) Redond eando el valo r; b) Truncando el valor .

Nota: Para los números negativos, obt enga primero el valor de la magnitu d y, d espués , apli-

que la notación .

1) + 27 .625 = 0011011 . 1 0 1 ( 2 , e n e s t e p r im e r c a s o , no es necesario redond ear ni truncar

la parte fracci onaria pues sólo hay t res dígit os en la parte fraccio naria del número exacto . P o r

tanto, la representación c on 10 bit s (7 para la parte e n t e r a y 3 p a r a l a f r a c c i o n a r i a ) s e r í a :

010111110 1

a)+122=01111010 -122=11111010

b ) + 64 = 01000000 - 64 = 11000000

c)+15=01111 -15=11111

d)+37=0100101 -37=1100101

y + ( 2 n- -1) . En nuestro caso ,

a) + 122 = 011110 10 - 122 = 10000110

b) + 64 = 01000000 - 64 = 1000000

c)+15=01111 -15=10001

d)+37=0100101 -37=1011011

a) + 122 = 01111 010 - 122 = 10000101

b) + 64 = 010000 00 - 64 = 10111111

c)+15=01111 -15=10000

d)+37=0100101 -37=1011010

1)+27. 6 2 5 3)+33.3 5)+45.6 7 7)+45 .7

2)-27. 6 2 5

S o l u c i ó n P 1 5 .

4)-33.3 6)-45.6 7 8)-45 .7




2) - 27 . 6 2 5 = 10 110 11 .101 S-m= 1100100.010c.,1 = 1100100 - 0 1 1 , . , 2 -

3) + 33 .3 = 0100001 .0100 . . . truncando en 3 bits p ara la parte fraccio naria : 0100001 .010,

redondeando se ob tiene el mismo valor ya que el valor exacto en el bi t b- 4 es 0 .

4) - 3 3 .3 = 1100001 . 0 1 O s - n ] = 1011110 . 1 0 1 1 0 1 ,. a 1 = 1011110: 1 1 0 , a 2 -

5) + 45.67 = 0101101 .10101 . . . t r u n c a nd o e n 3 b i t s p a r a l a p a r t e f r ac c i o n a r i a :

0101101 .101 , redondeando : 0 1 01 1 0 1 . 11 0 .

6 ) - 45 .67 = 11011 01 .101 S _ m = 1010010.010c . a 1 = 1010010.011 c . a 2 (truncando) .

-45. 67 = 110 110 1 .110 s _ m = 1010010.001, . a 1 = 1010010-010,.a2 (redondeando) .

7) + 45 .7 = 0101101 .1011 truncando en 3 bit s para la parte fracci onaria : 0101101 .101

y r e d on de an d o : 0101101 .110 .

8) - 45 .7 = 1101101 . 1 l O S - n 1 = 1010010.001, . a 1 = 1010010.010, . a 2 (truncando) .

- 45 .7 = 1101101 . 1 l O S - n 1 = 1010010.001c . a 1 = 1010010 . 0 1 Oc . a 2 (redondeando) .

P r o b l e ma 1 6 . - Se dispo ne de 30 bits para escrib ir números en notació n exponencial . D e e l l o s

se dest inan 21 a la mantisa y 9 al expo nente . Mantis a y expo nente se esc riben en notaci ón

signo-magnitud .

a) Determine los rangos de valores decimales qu e se pueden escribi r .

b) Represente en BCD los sig uientes nú meros :

1 . Velocidad d e la luz en mis (3x10 8) .

2. Carga del electrón en cul ombi os (- 1,602x10 - 1 9 ) .

3 . Masa del elect rón en kilogramos (9,109 x10- 3 1 ) .

4 . Aceleració n de la g ravedad en mis 2 ( 9 , 8 0 7 ) .

5. Cero .

6 . n f i n i t o .

S o l u c i ó n P 1 6 . - En notaci ón exponencial lo s números se expresan en la forma : M = m x b e (m

mantisa, b b ase, e exponente) . En nuestro caso, hay q ue representar las cantidades pedi das en

BCD . Por tanto la base es decimal . Cada d í g i t o BCD e s c o d i f i ca d o p o r 4 b i t s . Dis p onemos de

21 bits para la mantisa de los cuales uno es para el signo, los otros 20 bits nos permiten alma-

cenar 5 d í g i t o s B CD . En cuanto a la parte fraccio naria, tenemos 9 bi ts, uno para el signo y 8

p a r a d o s d í g i t o s B CD . Por tanto, el espacio d ispo nible se distribuye de la siguiente forma :

mantisa exponente

S m Se

Utilizaremos normalización fraccionaria, es decir, el pu nto decimal s e encuentra a la iz-

qui erda del primer dígi to representado y ese primer dígi to ha de ser no nulo .

a) El rango de valores posi tivos que se p uede representar viene dado por el menor nú-

mero representable : mantis a + 10000 y exponente - 99 qu e correspo nde al 0 .1 x 10 -9 9 , y el

mayor representabl e : mant i s a + 9 9 9 9 9 y ex p o nen te + 9 9 q u e c o rre s p o n d e a l 0 . 9 9 9 9 9 x 1 099

Por tanto el rango cubierto es [0 .1 x 10- 9 9 , 0 . 9 9 9 9 9 x 10 99 ] .

En cuanto al rango de valores negativos, será [- 0.99 9 9 9 x 10 9 9 , - 0 .1 X 10-9 9 ]



0011100001000010000 0000

mantisa

2 ) - 1 .602 x 10-19 , normalizado - - 0 .1602 x 10 - 1 8, l o s 3 0 b i t s s e r á n :


b) Las cantidades propu estas quedan :

1 ) 3 x 1 0 8 , normalizado -* 0 . 3 x 1 0 9 , l o s 3 0 b i t s s e r á n :

1 0001101101000010010_ 0000

3 ) 9 .109 x 10 - 3 1 , normalizado - 4 0 .9109 x 10-30 , l o s 3 0 b i t s s e r á n :

01100110001100001100110000

0 1001 1000 000110111 0000

5 ) P o r c o n v e n i o , c e r o , e s e l ú n i c o n ú m e r o c o n e l p r i m e r d í g i t o d e l a m a n t i s a a 0 . ( N o r -

malmente se ponen todos los dígit os d e la mantisa y el exponente a 0, pero bastaría sólo con

f i j a r a c e r o e l p ri m e r d í g it o d e l a m a n t i s a ) .

xl00001xxxxlxxxxlxxxxlxxxx

6 ) n f i n i t o . Con signo pos iti vo, p or convenio viene dado p or el mayor número represen-

t a b l e . Con signo negativo , será el menor representable :

+ infinito

- i n f i n i t o

10011100111001 1001 10011

1001110011100111001110011

mantisa

0 10 00 0 1 00 1

exponente

11100011 1000

0011

4 ) 9 .807, normalizad o -* 0.9807 x 10 1 , l o s 3 0 b i t s s e r án :

0000

000010001

xxxx1xlxxxx

011001 10 01

101100111001

exponente

Pr o b l e m a 17.- Represente el número (+ 31 . 5) 1 0 con un co eficiente entero normalizado de 13

bit s y u n exponente de 7 bit s co mo :

a) Un número bi nario (asuma base 2) .

b) Un número oct al bi nario co difi cado (asuma base 8) .

c) Un número hexadecimal binario co dif icado (asuma base 16) .

Soluci ón P17 .

a ) 3 1 . 5 ( 1 0 = 11111 .1(2 pero hemos de escrib irlo en forma exponencial de manera que la

m a n t i s a t e n g a 1 3 b i t s ( i n c l u i d o e l b i t d e s i g n o ) y e l e x p o n e n t e 7 b i t s ( i n c l u i d o b i t d e s i g n o ) :

3 1 . 5 ( 1 0 = 0111111000000 x 2_7 ( 2

E n t o n c e s l a m a n t i s a , d e 1 3 b i t s , e s : 0 1111110000000 y el exponente, de 7 bi ts, es :

1000111 .




b) 31 . 5 ( 1 0 = 3 7 . 4 ( 8 , también hemos de escrib irlo en fo rma exponencial de manera que la

mantisa tenga 13 bits (incluido el bit de signo) y el exponente 7 bits (incluido bit d e signo) . S i n

embargo, en este caso se trata de dígitos o ctales, y cada dígito octal se cod ific a mediante tres

bits . Por tanto, hemos d e escribi rlo en forma exponencial d e modo qu e la mantisa tenga 4 dígi -

tos o ctales (+ el bit de signo son un total d e 13 bits) y el exponente 2 dígito s oct ales (+ el bit

de signo hacen un total de 7 bits) . Entonces :

3 1 . 5 (10 = 3740 x8-2(8,

con lo q ue la mantisa quedaría : 0 011 111 100 000 y el exp onen-

te, de 7 bits, es 1 000 010 .

c) 31 . 5 ( 1 0 = 1F. 8 ( 1 6 , en este caso la normalizació n ha de realizarse teniendo en cuenta

que un díg ito hexadecimal se cod if ica con 4 bits . La mantisa, p or tanto, ha de tener 4 dígit os

hexadecimales (12 bits ) .

3 1 . 5 ( 1 0 = 1F8 x 16 - 1 , por tanto, l a mantisa será : 0 0001 1111 1000, y el expo nente

q u e d a r á : 1 00 0001 .

PROBLEMAS CON SOLUCÓN RESUMDA

P r o b l e ma 18 . - Represente lo s s igui entes números d ecimales en base 2 y co mpruebe el re-

sultado : a ) 1 7 , , b ) 9 4 .

S o l u c i ó n P 1 8 .

a) 17(10 = 10001(2 -

b ) 94 ( 1 0 = 1011110( 2 .

P r o b l e ma 1 9 . - Pase los s iguientes có digos hexadecimales a cód igo b inario, oct al y BCD : a )

$F2.85 ; b ) $B02. A ; c ) $ 2 5 .FA ; d ) $ 7 1 .02 .

S o l u c i ó n P 1 9 . - El có d ig o BCD corresp onde a la representació n binaria de un número deci mal .

Esta se obtiene asociando a cada dígit o decimal su representación binaria de 4 bits . Para pasar

un número desd e una determinada base a BCD, deb erá obt enerse en primer lugar el número en

base 10, y desp ués hacer la conversión antes indicada .

a) $F2 .B5 = 1111 0010 .1011 0101(2 = 011 110 010 .101 101 010 ( 2 = 3 6 2 . 5 5 2 ( 8 . Para

representarlo en BCD pasamos a base 10 :

$F2.B5 = F x 16 + 2 x 16 0 + 11 x 16 - 1 + 5 x 16 - 2 = 242 .70(10 _ 3 0010 0100 0010.0111 (BCD) •

Procedemos de igual forma con el resto d e los casos :

b) $B02.A = 1011 0000 0010 .1010 ( 2 = 5402 . 5 ( 8 = 2818 .625 ( 10

d) $71 .02 = 0111000 1 .0000 0010 ( 2 = 1 6 1 . 004( 8 = 113 .007(10 =

= 000 1000 100 11 .0000 0000 0111 (BCD) •

= 0010 1000 0001 1000.0110 0010 0101 (BCD) .

c) $25 .FA = 0010 0101 .1111 1010 ( 2 = 45 .764 ( 8 = 37 .977(10

= 0011 0111 .1001 0 1 1 1 0 1 1 1 (BCD ) •




P r o b l e ma 2 0 . - Represente el número deci mal 8620 (a) en BCD, (b) en cód igo exceso 3 ,

( c ) e n c ó d i g o 2 , 4 , 2 , 1 y ( d ) c o m o n ú m e r o b i n a r i o .

So l u c i ó n P 2 0 .

a) 8620 ( 1 0 3 10 0 0 0 110 0 0 10 0 0 0 0 (BCp) .

b) 8620 ( 1 0 -3 1011 1001 0101 001 1 ( e x c e s o - 3 ) •

c) El código 2, 4,2,1 es un códi go pesado de 4 bits cuyos pesos s on precisamente 2,4,2,1 .

Entonces, 8620 ( 1 0 -3 1110 1100 0010 0000

d) Lo más fácil es pasar primero a base 16 por el método de las divisiones sucesivas y

despu és pasar a base 2, desde base 16 .

8620 ( 1 0 -3 2 1AC(16 -* 0010 0001 1010 1100 ( 2 -* 10000 110 10 1100 ( 2 .

Prob lema 21 . - Un cód igo b inario u sa 10 bits para representar cada uno de los di ez dígito s

decimales . A cada dígit o le asigna un código de nueve ceros y un uno . E l c ó d i g o b i n a r i o p a r a

el número 6, por ejemplo , es 0001000000. Determine el cód igo b inario para los números de-

cimales restantes .

So l u c i ó n P 2 1 . - Se trata del códi go "1-hot", también llamado "1-out -of-n" . En este caso n = 10 .

d í g i t o

decimal

Pesos :

2421

0 00001 00012 00103 00114 01005 10116 11007 11018 11109 1111

d í g i t o b g b 8 b 7 b 6 b 5 b 4 b 3 b 2 b l b o

0 00000000011 00000000102 00000001003 00000010004 00000100005 00001000006 00010000007 00100000008 01000000009 1000000000




P r o b l e m a 2 2 . - Obtenga un código binario p esado para los dígito s de la b ase 12 usando l os

pesos 5421 .

S o l u c i ó n P 2 2 .

P r o b l e ma 2 3 . - Determine el rango de valores numérico s qu e pueden escribi rse en palabras

de 8, 16 y 3 2 bit s, en las dif erentes notaciones de números enteros co n signo .

S o l u c i ó n P23.- Con n bits se representan los si guientes rangos :

- Si g n o - m a gni t u d : [ - (2n- 1 - 1 ) , + ( 2n - 1 - 1 ) ]

- C om p le m e n t o a 1 : [ - (2n- 1 - 1 ) , + ( 2 n - 1 - 1 ) ]

- Complemento a 2 : [ - 2 n - 1 , + ( 2n- 1 - 1 ) ]

Entonces para los valores de n pr op ue stos :

P r o b l e ma 24 . - Un registro de 30 b its almacena un número decimal en punto flo tante repre-

sentado en BCD . L o s c o e f i c i e n t e s o c u p a n 2 1 b i t s d e l r e g i s t r o y s e a s u m e c o m o u n e n t e r o n o r -

malizado . Los números en el coefi ciente y el expo nente se asu men representado s en forma

de signo-magnitud . ¿ Cuál es son las cantidades mayores y menores que pueden ser acomo-

dadas excluyendo el cero? . R e p i t a p a r a r e p r e s e n t a c i ó n b i n a r i a , c o n b a s e 2 , s i s e r e p r e s e n t a

con fracció n normali zada .

S o l u c i ó n P 2 4 .

BCD normalizado entero,

- Cantidad mayor posit iva : 99999 x 109 9

-Cantid a d menor posit iva : 10000 x 10-99 =10 -95

Base 2 fracción normalizada,11111111 = 255 .

- Cantidad mayor posit iva : 0 .111 . . .111 x 2 (1 -2 -21)x 2

- Cantid ad menor pos iti va : 0 .100 . . .000x2-11111111 =2 - 1 x2- 25 5 =2-256

n 2 d e b i t s signo-magnitud y

compl emento a 1

complemento a 2

8 [ - 127,+ 127] [- 128,+ 127]

1 6 [ - 32767, + 32767] [ - 32768, + 32767]

32[ - ( 2 3 1 - 1 ) + ( 2

3 1 - 1 ) ] 1 -2 31,+

( 2 31- 1 ) ]

d í g i t o 5421 d í g i t o 5421

0 0000 6 1001

1 0001 7 1010

2 0010 8 1011

3 0011 9 1100

4 0100 A 1101

5 1000 B 1110



Capítulo 2

ÁLGEBRA Y FUNCONES DE CONMUTACÓN

E l m o d o m á s r i g ur o s o e i n e q u í vo c o d e d e s c ri b i r l a f u n c i o na l i d a d d e l o s c i r c u i t os d i g i t a l e s e s

d e f o r m a m a t e m á t i c a , m e d i a n t e e x p r e s i o n e s y f u n c i o n e s d e c o n m u t a c i ó n . C o n e ll o , a d e m á s , s e

f a c i l i t a e l d e s a r r o l l o d e m é to d o s m á s o m e n o s s i s t e m á ti c o s a l a h o r a d e a b o r d a r l a s t a r e a s d e

a n á l i s i s o d i s e ñ o d e c i r cu i t o s . E s o b j et i vo d e e s te C a p í t u lo f a m il i a r iz a r a l l e ct o r co n l o s c on -

c e p t o s r e l a c i o n a d o s c o n e l á l g e b r a d e c o n m u t a c i ó n , e l m a n e j o d e e x p r e s i o n es l ó g i c a s y l a s f o r -

m a s d e r e p r e s e nt a c i ó n d e f u n c i o n es q u e s e u t i l i z a r á n e n e s t e y o t r o s C a p í t u l o s .

ÁLGEBRA DE CONMUTACÓN

E l á l g e b r a d e c o n m u t a c i ó n e s u n s i s t e m a m a t e m á t i c o c o m pu e s t o p o r u n c o n j u n t o d e d o s e l e -

m e n t o s : B = { 0 , 1 1 , y d o s o p er a c i o n e s O R ( + ) y A N D ( • ) d e f i n i d a s e n B d e l a s i g u i e n t e f o r m a :

OR AND

E l á l g e b r a d e c o n m u t a c i ó n c u m p l e l o s p o s t u l a d o s d e l á l g e b r a d e B o o l e . D e a h í q u e p o -d a m o s d e c i r q u e l a p r i m e r a e s u n c a s o p a r t i c u l a r d e l a s e g u n d a . L o s p o s t u l a d o s d e l á l g e b r a d eB o o l e s o n l o s s i g u i e n t e s :

P 1 . L e y d e i d e n t i d a d : E x i s t e n e l e m e n t os i d e n t i d a d ( 0 p a r a l a o p e r a c i ó n " + " y 1 p a r a l ao p e r a c i ó n " " ) d e f o rm a q u e p a r a c u a l q u i e r e l e me n t o x , s e c u m p l e :

x+0=x x • 1=*P2 . L e y c o n m u t a t i v a : P a r a c u a l e s q u i e r a d o s e l e m en t o s x e y , s e c u m p l e :

x+y=y+x x .y=y . x

P 3 . L e y d i s t r i b u t i v a : D a d o s t r e s e l e m e nt o s x , y , z s e c u m p l e :

x+(y .z)=(x+y) .(x+z) x . (y +z)=x .y+x . z

1 9

0 1 0 10 0 1 0 0 0

1 1 1 1 0 1




P 4 . Ley del co mplemento : Para todo elemento x exist e un elemento x t a l q u e :

x+x= 1 x • x=0A p a r t i r d e e s t o s p o s t u l a d o s e s p o s i b l e p r o b a r u n a s e r i e d e p r o p i e d a d e s d e i n t e r é s . E s t a s

propi edades, qu e aquí s implemente se enumeran, so n demostradas en el probl ema 1 para el

c a s o g e n e r a l d e l á l g e b r a d e B o o l e y p r o b a d a s e n e l p r o b l e m a 2 p a r a e l á l g e b r a d e c o n m u t a c i ó n .

T . Ley de i dempotencia : x + x = x x • x = x

T2. Ley d e unicid ad del c omplemento : e l e l e m e n t o x d e l p o s t u l a d o c u a r t o e s ú n i c o .

T3. Ley d e los elementos d ominantes : x + 1 = 1 x • 0 = 0

T4. L e y i n v o l u t i v a : (x) = x

T5 . Ley de abso rción : x + x • y = x x • ( x + y ) = x

T6. Ley d el consenso : x + x • y = x + y x • ( x + y ) = x • y

T7 . L e y a s o c i a t i v a : x • ( y • z ) _ ( x • y) • z x + (y + z ) = ( x + y ) + z

T8. Ley de DeMorgan : xy=x+y x +y=x •y

T9. Ley d e De Morgan generalizada : x y z . . . = x + y + z + . . .

x + y + z . . .= x •y •z • . . .

T10. Ley del c onsenso generali zado : x • y + x • z + y z = x y + x • z

(x+y) • ( x+z) • ( y+z)=(x+ y ) • (x+z)

FUNCONES DE CONMUTACÓN

Son funciones que s e definen sobre el co njunto B = (0, 1 } del á lgebra de conmutación . E s t r i c -

tamente se def inen como : f: Bx . . . xBxB = Bn -4 B .

Así u na función de n variables asigna un valor o imagen de B (0 ó 1) a cada punto del

espacio B ' :( x 1 , x 2 , . . . , x , ) . P o r e j e m p l o , u n a f u n c i ó n d e t r e s v a r i a b l e s : f ( x , y , z ) s e p u e d e d e f i n ir

de la sigu iente forma : f ( 0 , 0 , 0 ) = 0 , f ( 0 , 0 , 1 ) = 1 , f ( 0 , 1 , 0 ) = 0 , f ( 0 , 1 , 1 ) = 1 , f ( 1 , 0 , 0 ) = 0 ,

f ( 1 , 0 , 1 ) = 0 , f ( 1 , 1 , 0 ) = 1 , f ( 1 , 1 , 1 ) = 1 . A v e c e s n o t o d a s l a s c o m b i n a c i o n e s d e l a s v a r i a b l e s t i e -

nen imagen, decimos entonces qu e la funció n es incompleta o que está incompletamente espe-

cificada. Cuando esto suc ede, por ejemplo, en la combi nación (x 0 , Y 0 , z0) lo si mbolizamos de

la sigu iente forma : f ( x0 , y o , z 0 ) = d ó f ( x 0 , Y 0 , z 0 ) = - , d o n d e l o s s í m b o l o s " - " y " d " ( d o n ' t c a r e )

son llamadas inespecificaciones o indeterminaciones .

REPRESENTACÓN DE FUNCONES

Existen diversos modos de representar las fu nciones de conmutación . A l g u n a s f o r m a s u t i l i z a n

tablas o mapas (modos gráficos ) . O t r a s , c o n s i s t e n e n e x p r e s i o n e s a l g e b r a i c a s . A continuación

d a r e m o s a l g u n o s d e t a l l e s s o b r e l a s f o r m a s d e r e p r e s e n t a c i ó n u t i l i z a d a s e n e s t e t e x t o .

- Tablas de verdad .

En una tabl a se representan dos col umnas . E n l a p r i m e r a d e e l l a s s e e s c r i b e n t o d a s l a s

comb inaciones de las variables de entrada en orden binario . E n l a o t r a c o l u m n a s e a n o t a e l v a -

lor qu e toma la función para cada combinación de las variables de entrada . A c o n t i n u a c i ó n s e

muestra un ejemplo para una función d e tres variables . N ó t e s e q u e p a r a n v a r i a b l e s s e n e c e s i -

t a r í a u n a t a b l a d e 2n f i l a s . A s í , e s t e t i p o d e r e p r e s e n t a c i ó n e s m á s i n t e r e s a n t e p a r a f u n c i o n e s d e

un número reduci do d e variables .



0 1

1 1

1 0

ÁLGEBRA Y FUNCONES DE CONMUTACÓN 2 1

xyz

000001010011100101

110111

- Mapa de Karnaugh .

E s t a m b i é n u n a f o r m a g r á f i c a . L a s v a r i a b l e s d e l a f u n c ió n s e d i v i d e n e n d o s g r u po s . U n o

d e e l l o s s e s i t ú a e n e l e j e h o r i z o n ta l d e u n a t a b l a y e l o t r o e n e l ej e v e r t i c a l . L a s c o m b i n a c i o n e s

d e c a d a g r u p o d e v a r i a b l e s s e e s c r i b e n e n e l o r d e n d e l c ó d i g o G r a y . A s í , d i s p o n e m o s d e u n a

c u a d r í c u l a e n c u y a s c e l d a s s e a n o t a e l v a l o r d e l a f u n c i ó n p a r a l a c o m b i n a c i ó n d e l a s v a r i a b l e s

a s i g n a d a . L a p r o p i e d a d p r i n c i p a l e s q u e d o s c e l d a s g e o m é t r i c a m e n t e a d y a c e n t e s t a m b i é n c o -

r r e s p o n d e n a c ó d i g o s l ó g i co s a d y a c e n t e s . E n e l e j e m p l o s e m u e s t r a u n m a p a p a r a u n a f u n c i ó n

d e 4 v a r i a b l e s . E n l o s p r o b l e m a s a p a r e c e n e j e m p l o s p a r a 5 v a r i a b l e s . A l i g u a l q u e e n e l c a s o

d e l a s t a b l a s d e v e r d a d , e s t e t i p o de r e p r e s e n t a c i ó n a u m e n t a s u t a m a ñ o d e f o r m a p o t e n c i a l c o n

e l n ú m e r o d e v a r i a b l e s . S i e l o r d e n e n q u e s e e s c r i b e n l o s v a l o r e s d e l a s v a r i a b l e s e s e l b i n a r i o

n a t u r a l , e l m a p a e s d e n o m i n a d o b i n a r i o .

abc

00

f

- Expresiones o f órmulas .

E n e s t e c a s o s e u t i l i z a u n a e x p r e s i ó n a l g e b r a i c a p a r a r e p r e s e n t a r l a s f u n c i o n es . S e

c o m b i n a n l a s v a r i a b l e s c o n lo s o p e r a d o r e s N O T , AND 2 y OR . A q u e l l a s c o m b i n a c i o n e s d e l a s

v a r i a b l e s q u e h a g a n 1 ( ó 0 ) l a e x p r e s i ó n s e rá n l a s c o m b i n a c i o n e s e n q u e l a f u n c i ó n e s 1 ( ó 0 ) .

A l g u n o s t i p o s d e f ó r m u l a s s o n d e u n i n t e r é s p a r t i c u l a r . E n t r e l a s m á s d e s t a c a b l e s e s t á n

l a s f o r m a s c a n ó n i c a s y e s t á n d a r e s . T a n t o u n a s c o m o o t r a s t i e n e n e n c o m ú n q u e s o n f ó r m u l a s

c o m p u e s t a s ú n i c a m e n t e p o r s u m a d e p r o d u c t o s , o b i e n , ú n i c a m e n t e p o r p r od u c t o d e s u m a s . E n

l a s f o r m a s c a n ó n i c a s , a d e m á s , s e c u m p l e q u e l o s p r o d u ct o s s o n s i e m p r e m i n t é r m i no s y l a s s u -

1 NOT(x) = x .2 E l s í m b o l o d e l o p e r a d o r A N D ( • ) p u e d e o m i t i r s e : a • b = a b .

f

1 1 1 0

0 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 1

0 1 1 1



2 2 P ROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

mas son maxtérminos . T e n e m o s a s í q u e l a s f o r m a s c a n ó n i c a s s o n s u m a s d e m i n t é r m i n o s o p r o -

duc to de maxtérminos . A c o n t i nu a c i ó n s e m u e s t r a p a r a l a f u n c i ón d e c u a t r o v a r i a b l e s d e l e j e m -

p l o a n t e r i o r e x p r e s i o n e s e n f o r m a c a n ó n i c a y e s t á n d a r t a n t o d e s u m a s c o m o d e p r o d u c t o s .

- Suma de mintérmino s :

f(a,b,c,d)=abcd+abcd+abcd+abcd+abcd+abcd+abcd==m1+m5+m6+m10+m11+m14+m15=E(1,5,6, 10, 11, 14, 15) .

- Producto de maxtérminos :

f(a,b,c,d)=(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)== M 0 M 2 M 3 M 4 M 7 M 8 M 9 M 1 2 M 1 3 = T ( 0 , 2 , 3 , 4 , 7 , 8 , 9 , 1 2 , 1 3 ) .

- Suma de product os :

f(a,b,c,d)=acd+ac+bcd .

- Producto de sumas :

f ( a , b , c , d ) = ( c + d) ( á + c ) ( a + c + d ) ( a + b + c ) .M i e n t r a s q u e l a s d o s p r i m e r a s f o r m a s s o n ú n i c a s p a r a c a d a f u n c i ó n ( c a n ó n i c a s ) , l a s d o s

s i g u i e n t e s ( e s - t á n d a r e s ) n o l o s o n , p e r o p r e s e n t a n u n a m a y o r s i m p l i c i d a d .


E s t e C a p í t u l o d e s a r r o l l a p r o b l e m a s d e l a s s i g u i e n t e s m a t e r i a s :

- Demost ración de teoremas e identidades .

- Manejo de expresiones lógi cas .

- R e p r e s e n t a c i ó n m e d i a n t e t a b l a s , m a p a s y f o r m a s c a n ó n i c a s y e s t á n d a r e s .

PROBLEMAS RESUELTOS

Probl ema 1 . - D e m u e s t r e l o s t e o r e m a s b o o l e a n o s e n b a s e a l a d e f i ni c i ó n d e l á l g e b r a .

Solución P1 .-Nos b a s a r e m o s e n l o s p o s t u l a d o s d e l á l g e b r a d e B o o l e :

L o s t e o r e m a s y s u s d e m o s t r a c i o n e s s e r e l a c i o n a n a c o n t i n u a c i ó n .

T1 . dempot encia : x+ x= x x • x= x

x+x=(x+x) • 1 =(x+x)(x+x)=x+xx=x+0=xx-x=x-x+0=x-x+x-x=x-(x+x)=x- 1 =x

H e m o s a p l i c a d o l o s p o s t u l a d o s P , P 4 , P 3 , P 4 y P 1 , e n e s e o r d e n .

T2 . Unicid ad del compl emento : d a e B , 3 ' a ' EB 1 a ' = á

S i e x i s t i e r a n d o s c o m p l e m e n t o s , a l y a 2 s e c u m p l i r í a n l a s s i g u i e n t e s i g u a l d a d e s ( p o r P 4 ) :

a+a 1 =1 a+a2 =1 a .a1=0 a .a2 =0Entonces :

al =al • 1=a1 • ( a+a2),=a1 -a+ al •a2=0+a1 • a 2=a • a 2+a1 •a2=

=(a+al)-a2=1 • a 2=a2

P1 . d e n t i d a d : x+ 0= x x- 1= 1

P 2 . Conmutativa :

P 3 . D i s t r i b u t i v a :

x+ y= y+ x x • y= y . X

x • ( y + z ) = x • y + x • zx + ( y - z ) = ( x + y ) - ( x + z )

P 4 . Compl emento : x+ x = 1 x • x = 0



ÁLGEBRA Y F UNCONES DE CONMUTACÓN 2 3

S e h a n a p l i ca d o l o s p o s t u l a d o s P 1 , P 4 , P 3 , P 2 , P 4 , P 3 y P 1 , e n e s e o r d e n .

T3 . E l e m e n t o s d o m i n a n t e s : x + 1 = 1 x • 0= 0

x+1=(x+1) • 1 =(x +1) • ( x+x)= x +1 • x _= x+x=1x •0 =x •0 +0=x •0 +x •x =x(O+x)=x •x =0

L o s p o s t u l a d o s u t i l i z a d o s s o n P 1 , P 4 , P 3 , P 2 , P l y P4 .

T4 . L e v i n v o l u t i v a : (x) = x

(x)=(x)+0=(x)+x • x = [ ( X ) + x ] • [(X)+x]=[(X)+x] • 1 =

=[(x)+x](x+x)=x+ [ x • ( x)]=x+0=x

d o n de s e h a n a p l i c a d o P , P 4 , P 3 , P 4 , P 2 , P 4 , P 2 , P 3 , P 4 y P 1 .

T5 . L e y d e a b s o r c i ó n : x + x • y = x x • ( x + y ) = x

x+x • y =x • 1 +x •y =x • ( 1+y)=x • 1 =x

x • ( x+y)=(x +0) • (x+y)=x +0 •y =x+0=xE n e s t a d e m o s t r a c i ó n h e m o s u s a d o P , P 3 , T 3 y P l e n e s e o r d e n .

T6 . L e y d e l c o n s e n s o : x + x • y = x + y x • ( x + y ) = x • y

x+ x •y =(x+x) • ( x+y)=1 • (x+y)=x+yx • (x+y)=x •x +x • y =0+x •y =x •y

L o s p o s t u l a d o s e n q u e n o s h e m os a p o y a d o s o n P 3 , P 4 , P 2 y P 1 .

a+b • ( a • c )=(a+b) • ( a+ a • c )=(a+b) • a = a

a • [ b+(a+c)]=a •b +a • ( a+c)=a .b+a=ad o n d e h e m o s u t i l i z a d o P 3 y T 5 .

L3 . a=a+b • ( c • a ) a=a • [ b +(c+a)]

p o r P 2 y L 2 .

A h o r a d e m o s t r e m o s l a l e y a s o c i a t i v a :

= z • ( x • y ) = ( x • y ) • z ( p o r L , L 2 y f i n a l m e n t e P2 ) .

L u e g o , h e m o s p r o b a d o x • ( y • z ) = ( x • y ) • z

P o r o t r a p a r t e ,

x+(y+z)=x [z+(x+y)]+(y • [ z+(x+y)]+z • [ z + ( x + y ) ] ) = ( p o r L 2 , L 3 y L )

= x • [ z + ( x + y ) ] + ( y + z ) • [ z + ( x + y ) ] = ( p o r P 3 )

_ [ x + ( y + z ) ] • [ z + ( x + y ) ] = ( a q u í t a m b i é n h e m o s a p l i c a d o P 3 )

= [ z + ( x + y ) ] • [ x + ( y + z ) ] = ( e s t o , p o r P 2 )

x • ( y • z ) = [ x + z • ( x • y ) ] • ( [ y + z • ( x • y ) ] • [ z + z • ( x • y ) ] ) _

=[x+z . ( x . y ) ] . ( y • z +z . ( x •y ))= ( p o r P 3 )

( p o r L 2 , L 3 y L 1 )

= x

= z

= [ z

= z

( y • z ) + z( x y ) + x

( x • y ) =

( y z ) =

( a q u í t a m b i é n h e m o s a p l i c a d o P 3 )

( e s t o , p o r P 2 )

+ x • ( y • z ) ] • [ x • y + x ( y • z ) ] = ( d o n d e h e mo s a p l i c a d o P 3 )

. [ x • y + x • ( y • z ) ] = ( p o r L 3 )

= z • [ x + x • ( y • z ) ] [ y + x • ( y • z ) ] = ( p o r P 3 )

T7 . L e v a s o c i a t i v a : x • ( y • z ) = ( x • y ) • z x + (y + z) =

p r e v i a m e n t e t r e s l e m a s :

( x + y ) + z

P a r a d e m o s t r a r l a e s n e c e s a r i o d em o s t r a r

L1 . a = a + a • ( b • c ) a = a • [ a + ( b + c ) ] ( a m b o s p o r T 5 )

L2 . a = a + b • ( a • c ) a = a • [ b + ( a + c ) ] c u y a d e m o s t r a c i ó n e s :



24 P ROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

= z • [ x + ( y + z ) ] + ( x + y ) • [x + (y + z)] = (donde hemos ap lic ado P 3)=z+(x+y) • [ x+(y+z)]= (porL3)= z + x • [ x + ( y + z ) ] + y • [ x + ( y + z ) ] = ( p o r P 3 )= z + ( x + y ) = ( x + y ) + z ( p o r L , L 2 y f i n a l m e n t e P 2 ) .

C o n l o q u e q u e d a p r o b a d o q u e x + ( y + z ) _ ( x + y ) + z .

T8 . Ley de DeMorgan : x y = x + y x+y=x .y

L a b a s e d e l a d e m o s t r a c i ó n e s q u e c o m o e l c o m p l e me n t o e s ú n i c o y c u m p l e e l p o s t u l a d o

P 4 , e n t o n c e s , s i A + B = 1 y A • B = 0 e s p o r q u e A = B , e s t o e s :

A=BOA+B=1 y A B=0.

S e a n A = x + y , B = x • y ; demost remos que A = B .

A +B=x+y+x •y =x+y+x=x+x+y=1+y=1 (T6, P2, P4 y T) .

A•B =(x+y) •x•y =x •x•y +y •x•y =0 • y +0 • x =0+0=0(P3,P2,P4,T3,T1).

Sean A = x • y , B = x + y ; demost remos que A = B .

A +B= x •y +x+y=y+x+y=x+y+y=x+1=1 (T5, P2, P4 y T3) .

A•B =x •y•(x+y)=x •y •x +x •y •y =0 •y +x •0 =0+0=0(P3, P2, P4, T3, T) .

T9 . Ley de De Morgan generali zada :

xyz . . .=x+y+z+ . x + y + z . . .=x • y • z . . .

xyz . . . =x(yz . . .)=x+yz . . .=x+y(z . . .)=x+y+z . . .=

=x+y+z( . . . ) = . . .=x+y+z+ . . .

x+y+z . . .=x+(y+z+ . . .)=x • y + z . . .=x • y+(z . . .)=x • y • z+ . . .=

=x • y • z +( . . .)= . . .=x • y • z • . . .

E n l a s d o s d e m o s t r a c i o n e s s e u t i l i z a n l o s t e o r e m a s T 7 y T 8 a l t e r n a t i v a m e n t e .

T1 0 . L e v d e l c o n s e n s o g e n e r a l i z a d o :

x • y +x • z +y • z =x .y+x • z (x+y) • ( x+z) • ( y+z)=(x+y) • ( x+z)

Pr obl ema 2 .- Demuestre los t eoremas boo leanos en el álgebra de conmutació n comproban-

d o s u v a l i d e z m e d i a n t e t a b l a s d e v e r d a d .

Solución P2 . - A p a r t i r d e l a d e f i n i c i ó n d e l a s o p e r a c i o n e s A N D ( • )

conmutación, comprobaremos :

- dempot encia : x = x + x , x = x • x ;- Elementos do minantes : x + 1 = 1, x • 0 = 0 ;

x • y +x • z +y • z =x • y +x • z +y • z • 1 = ( P 1 )

=x • y +x • z +y • z • ( x+x)= ( P 4 )=x .y+x • z +y • z • x +y • z • x = ( P 3 )

=x .y+x •y •z +x • z +x .z •y = ( P 2 )

=x .y+x • z (T5)

(x+y) • (x+z) • (y+z)=(x+y) • (x+z) • (y+z+0)= (P1)=(x+y) • ( x+z) • (y+z+x • x ) = (P4)=(x+y) • ( x+z) • (y+z+x) • ( y+z+ x)= (P3)=(x+y) • ( x+y+z) • ( x+z) • ( x+z+y)= ( P 2 )= ( x + y ) • ( x + z ) (T5)




- n v o l u t i v a : x = x ;- Absorción : x + x y = x , x ( x + y ) = x ;

- Consenso : x + x y = x + y , x ( x + y ) = x y ;

- Asociativa : ( x + y ) + z = x + ( y + z ) , ( x y ) z = x ( y z ) ;-LeyDeDeMorgan: xy=x+y, x+y=xy .

E n l a s d o s t a b l a s s i g u i e n t e s p o d e m o s v e r l a c o m p r o b a c i ó n d e t o d o s l o s t e o r e m a s e x c e p t o

e l d e l a l e y a s o c i a t i v a q u e s e p r u e b a a c o n t i n u a c i ó n .

L a c o m p r o b a c i ó n d e l a l e y a s o c i a t i v a :

Problema 3 . - P a r a e l e m e n t o s d e l á l g e b r a d e c o n m u t a c i ó n , p r u e b e l a v a l i d e z d e :

a) a b=a c- b=c; b)a+b=a+c-+b=c ;c ) a •b =a cya+b=a+c->b=c.

Solución P3 .

a ) N o s e c u m p l e , p o r e j e m p l o , p a r a a = 0 , b = 1 , c = 0 .

b ) N o s e c u m p l e , p o r e j e m p l o , p a r a a = 1 , b = 1 , c = 0 .

c) Sí se cumple . Se puede co mprobar que para cualqui er combinación de valores se

cumple . También se pu ede demostrar algebraicamente :

x y x x+x xx x+1 x 0 x p(donde p =x) x + x y x(x+y)

0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0

0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0

1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1

1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1

x y x + x y x+y x(x+y ) xy x y x + y x+y xy

0 0 0 0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 1 0 0 1 1 0 0

1 0 1 1 0 0 1 1 0 0

1 1 1 1 1 1 0 0 0 0

x y z x+y (x+y)+z y+z x+(y+z) xy (xy)z y z x(yz)

000 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 0

010 1 1 1 1 0 0 0 0

0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0

1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0

101 1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0

111 1 1 1 1 1 1 1 1




b=b+a •b =b+a • c =(b+a) • ( b+c)=(a+b) • ( b+c)=(a+c) • ( b+c)=

=a •b +c=a •c +c=c .

S e h a n a p l i c a d o l a l e y d e l c o n s e n s o , l a s p r o p i e d a d e s d i s t r i b u t i v a y c o n m u t a t i v a , y l a s

i g u a l d a d e s a • b = a • c y a+ b= a+ c .

P r o b l e m a 4 . - Compruebe las sig u ientes ig ual dades :

a) x y+ x z + y z = x y+ x z (ley del consenso generalizado)

b)x(x+y)+z+zy=y+zc)xy+xyz=xy+zd)w+wx+yz=w(y+z)e)w[x+y(z+w)]=w+xy+xzf) (w+x+ y) (w+x+y) (y+z) (w+z)= (w+ y) (y +z)

Solución P4 .

a)xy+xz+yz=xy+xz+(x+x)yz=xy+xz+xyz+xyz==xy+xyz+xz+xzy =xy(1+z)+xz(1+y)=xy+xzdonde hemos aplicado P4, P3, P2, P3 , T3 y P1

b)x(x+y)+z+zy=xy+z+y=y+yx+z=y+zporT6,P2yT5c ) x y + x y z = x y + z ( p o r l a l e y d e l c o n s e n s o : u + u z = u + z d o n d e u = x y )

d)w+wx+yz=w+yz=wyz=w(y+z) porT5yT8

e)w[x+y(z+w)]=w+x+y(z+w)=w+xy(z+w)=w+x(y+z+w)==w+xy+xzw=w+xy+xz p o r T8yT6

fl(w+x+y)(w+x+y)(y+ z) (w+z)= [(w+y)+xx](y+z)(w+z)=

=(w+y)(y+z)(w+z)=(w+y) (y+z) p o r P 2 , P 3 , P 4 , P l y T 10 .

Pr o b l ema 5 . - Reduzca las s iguientes expresiones del álgeb ra de Bool e al número de li terales

soli citado al lado d e cada una de ellas .

a)abc+abc+abc+abc+abc ( a c i n c o l i t e r a l e s )

b) b c + a c + a b+ b c d ( a c u a t r o l i t e r a l e s )

c)[cd+a]+a+cd+ab ( a t r e s l i t e r a l e s )

d ) [ ( a + c + d ) ( a + c + d ) ( a + c + d ) ( a + b ) ] ( a c u a t r o l i t e r a l e s )

Solución P5 .

a) abc+abc+abc+abc+abc==abc+abc+abc+abc+abc+ábc= ( y a q u e x + x = x )

=abc+abc+abc+abc+abc+ábc= ( p o r l a p r o p i e d a d c o n m u t a t i v a )

=ab(c+c)+ab(c+c)+(a+a)b c=




=ab 1 +áb 1+ 1 b c= ( y a que x+x= 1 )

= a b + a b + b c = b ( a + c ) + a b (ya quex • 1=1 •x =x) .

b ) b c + a c + a b + b c d = b c + b c d + a c + a b = ( p o r l a p r o p i e d a d c o n m u t a t i v a )

=bc+ac+ab=bc+ac+ab(c+c)= ( y a q u e x + x y = x )

= b c + a c+ a b c + a b c= ( p o r l a p r o p ie d a d d i s t r i b u t i v a )

=bc(1+a)+ac(l+b)==bc+ac (ya qu e 1 +x= 1) .

c ) a p l i c a n d o l a l e y d e D e M o r g a n a l a e x p r e s i ó n , o b t e n e m o s :

c d á + a + c d + a b = c d á + a + a b + c d = ( p o r l a p r o p i e d a d c o n m u t a t i v a )

= c d + a + c d = ( y a q u e x + x y = x ) .

=a+cd (yaquex+x=x)d)(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+b)==(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+b)= (yaquex=xx)

= ( a + c ) ( a + d ) ( a + b ) = a + b c d ( p o r l a p r o p ie d a d d i s t r i b u t i v a ) .

Prob lema 6 . - Verifique si se cumpl en o no las siguientes igualdades :

a)M(a,b,c)+M(d,e,f)=M(a+d,b+e,c+f) .

b ) M ( a , b , c ) • M ( d , e , f ) = M ( a • d , b • e , c • f ) .

c ) M ( a , b , M ( c , d , e ) ) = M ( M ( a , b , c ) , d , M ( a , b , e ) ] .

d o n d e M ( x y , z) es la función mayoría de x y, z : M ( x , y , z ) = x y + x z + y z .

Solución P6 .

a ) N o s e c u m p l e p u e s p a r a a = 0 , b = 0 , c = 1 , d = 0 , e = 1 y f = 0 s e t i e n e q u e

M ( a , b , c ) + M( d , e , f ) = M ( 0 , 0 , 1 ) + M ( 0 , 1 , 0 ) = 0 + 0 = 0 y , s i n e m b a r g o :

M(a+d , b+e, c+ f)=M(0, 1 , 1)=1 .

b) No se cumpl e, pu es para a = 0, b = 1,c = 1, d = 1, e = 0 y f = 1 se tiene que

M ( a , b , c ) M ( d , e , f ) = M( 0 , 1 , 1 ) • M ( 1 , 0 , 1 ) = 1 • 1 = 1 m i e n t r a s q u e

M(a • d , b e , c • f)=M(0,0,1)=0c ) S í s e c u m p l e p u e s M [ a , b , M ( c , d , e ) ] = M [ a , b , c d + c e + d e ] _

=ab+a(cd+ce+de)+b(cd+ce+de)=ab+acd+ace+ade+bcd+bce+bdey , p o r l a o t r a p a r t e :

M [ M ( a , b , c ) , d , M ( a , b , e ) ] = M [ a b + a c + b c , d , a b + a e + b e ] =

=(ab+ac+bc)d+(ab+ac+bc)(ab+ae+b e)+d (ab+ae+b e)==abd+acd+bcd+ab+abe+abc+ace+ a b c e+ abce+bce+abd+ade+bde== a b + a c d + b c d + a c e + b c e + a d e + b d e , l u e g o ambas expresiones so n iguales .

Probl ema 7 . - Obtenga la tabla de verdad de las s igu ientes expresio nes :

a ) f = w y z + x y + w y ) b ) f = ( w + x + y ) ( x + z ) ( w + x ) .




Solución P7 .

a ) S i f = w y z + x y + w y , e n t o n c e s e s f á c i l d e d u c i r c u á n d o f = 1 :

/wyz=1 ==> w=1,y=1,z=1

f=1 f=> xy=1 ~x=1,y=1

\wy=1~w=1,y=1c o n e l l o , l a t a b l a d e v e r d a d e s :

wxyz

000000010010001101000101• 1 1 0

• 1 1 1

wxyz

000000010010001 1

01000101• 1100111

f wxyz

0 1000• 1 0 0 1

• 1010• 1 0 1 1

• 1100• 11011 11101 1111

b ) S i f = ( w + x + y ) ( x + z ) ( w + x ) , e s f á c i l e n c on t r a r l o s c e r o s d e f :

/w+x+y=O==> w=0,x=0,y=0f=0e-> x+z=0~ x=0,z=0

\w+x=0~ w=0,x=0c o n e l l o , l a t a b l a d e v e r d a d e s :

f wxyz

• 10000 10010 1010• 10111 11001 11011 11101 1 1 1 1

Prob lema 8 . - Obtenga los mapas de las siguientes funcio nes :

a ) f = E ( 5, 6 , 7 , 1 2 ) + d ( 1 , 3 , 8 , 1 0 ) .

b ) f =1 1 ( 1 0 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) • d ( 0 , 1 , 2 , 8 , 9 ) .

c ) f = E (1 , 2 , 3 , 8 , 1 2 , 2 3 ) + d ( 1 7 ) .

f

f



Solución P8 .

a ) f ( a , b , c , d ) = E ( 5 , 6 , 7 , 1 2 ) + d (1 , 3 , 8 , 1 0 )

00

0 1

1 1

1 0

c

00

0 1

1 1

1 0

abc

00

0 1

1 1

1 0


0 1

f

f

f

c ) f (a , b , c , d , e ) = E ( 1 , 2 , 3 , 8 , 1 2 , 2 3 ) + d ( 1 7 )

c d

1 1

b ) f ( a , b , c , d ) = f ( 1 0 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) + d (0 , 1 , 2 , 8 , 9 )

1 1

1 0

1 0

Prob lema 9 . - Obtenga las fo rmas normales en suma de produc tos y produc to de su mas de

l a s s i g u i e n t e s e x p r e s i o n e s :

a ) f = ( a b + a c ) ( a b ) ) b ) f = x y ( v + w ) [ ( x + y ) v i .

c)f=x+yz) d )f=(a+b+c)(d+a)+bc + a c .

0 0 1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 d

1 0 0 0 0 0 1 0

1 0 0 0 0 0 0 0

d 1 1 d

d 1 0 d

1 1 0 1

d 1 0 0

0 0 1 d

4 d 0 o

d 1 0 0

0 1 0 4





a ) ( a b + a c ) ( a b ) = a b ( p o r l a l e y d e l c o n s e n s o )

C o n e s t o t e n e m os u n a f o r m a e n s u m a d e p r o d u ct o s , d o n d e e l p r o d u ct o p = a b e s e l ú n i -

c o . T a m b i é n t e n e m o s u n p r o d u c t o d e s u m a s , d o n d e l o s t é r m i n o s s u m a s o n d o s : s 1 = a y s 2 = b .

b ) x y ( v + w ) [ ( x + y ) v ] = x y ( v + w ) ( x + y ) v = v x y ( x + y ) = v x y ( l e y d e a b s o r c i ó n ) .

C o n e s t o t e n e m os u n a f o r m a e n s u m a d e p r o d u c t o s , d o n d e e l p r o d u ct o p = v x y e s ú n i c o .

T a m b i é n t e n e m o s u n p r o d u c t o d e s u m a s , d o n d e l o s t é r m i n o s s u m a s o n t r e s : S = v , s 2 = x ,

s 3 y .

c ) x + y z , e s s u m a d e d o s p r o d u c t o s , p l = X , P 2 = y z . P o r o tr a p a r t e , a p l i c a n d o l a p r o pi e -

d a d d i s t r i b u t i va : x + y z = ( x + y ) ( x + z ) . C o n e l l o t e n em o s u n a e x p r e s i ó n e n p r o d u c t o d e s u m a s :

s1 =x+y, s 2 =x+z .

d ) f = ( a + b + c ) ( d + a ) + b c + a c

P a r a r e d u c i r l o a u n a f o r m a e n p r o d u ct o d e s u m a s o p e r a r e m o s s o b r e l a e x p r e s i ó n d e f

a p l i c a n d o r e p e ti d a s v e c e s l a p r o p i e d a d d i s t r i b u t i v a :

( a + b + c ) ( a + d ) + b c + a c = ( a + b + c ) ( a + d ) + ( a + b ) c =

=[(a+b+c)(a+d)+(a+b)] [(a+b+c)(a+d)+c]=

=[(a±b+c+a+b)+(a+d+a+b)] [(a+b+c+c)(a+d+c)]==(a+b+ c) (a+b+ d) (a+c+ d) .

O b t e n e m o s p o r t a n t o u n p r o d u c t o d e t r e s t é r m i n o s s u m a : s 1 = a + b + c , s 2 = a + b + d

y s3=a+c+d .

D e f o r m a s i m i l a r s e p u e d e o b t e n e r u n a e x p r e s i ó n e n s u m a d e p r o d u c t os :

( a + b + c ) ( a + d ) + b c + a c = [ a + ( b + c ) d ) ] + a c + b c = a + a c + b c + ( b + c ) d =

=a+bc+bd+c d .

S o n , p o r t a n t o , c u a t r o t é r m i n o s p r o d u c to : p l = a , P 2 = b c , p 3 = b d , P 4 = c d .

Pr obl ema 10 . - Determine y exprese en forma de mintérminos y maxtérminos las funci ones

f , + f2 y f , - f2 , siendo :

f , = (1 , 2 , 3 , 5 , 6 , 7 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) ; f2 = E ( 0 , 4 , 8 , 9 , 1 0 , 1 4 , 1 5 )

R e p e t i r p a r a f , O f 2 y l a e q u i v a l e n c i a : f , O f2 .

Solució n P10 . - P a r a e x p r e s a r l a f u n c i ó n f 1 + f 2 c o m o s u m a d e m i n t é r m i n o s h a y q u e t e n e r e n

c o n s i d e r a c i ó n q u e t o d o s l o s m i n t é r m i n o s d e f 1 y t o d o s l o s m i n t é r m i n o s d e f 2 s o n m i n t é r m i n o s

d e f 1 + f 2 y a q u e 1 + x = 1 . E n to n ce s :

f l + f 2 = E ( 0 , 4 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 4 , 1 5 ) , y p o r ex c l u si ó n : f 1 + f 2 = U ( 1 , 2 , 3 , 5 , 6 , 7 , 1 3 ) .

P a r a e x p r e s a r l a f u n c i ó n f 1 . f 2 , e s m e j o r c o m e n z a r p o r l a e x p r e s i ó n e n f o r m a d e p r o d u c -

t o d e m a x t é r m i n o s y a q u e d e b i d o a q u e 0 • x = 0 p o d e m os d e c i r q u e t o d o s l o s m a x t é r m i n o s d e

f 1 y t o d o s l o s d e f 2 s o n m a x t é r m i n o s d e f 1 • f 2 . E n t o n c e s :

f l • f 2 = 1 1 ( 1 , 2 , 3 , 5 , 6 , 7 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) = E ( 0 , 4 , 8 , 9 , 1 0 ) .

E n c u a n t o a l a f u n c i ón f 1 O f 2 , p a r a q u e s e a 1 e s p r e ci s o q u e f 1 y f 2 s e a n d i s t i n t a s . P o r

t a n t o , l o s m i n t é r m i n o s d e f 1 O f 2 s o n l o s m i n t é r m i n o s d e f 1 q u e n o l o s o n d e f 2 y l o s d e f 2 q u e

n o l o s o n d e f 1 :

f 1 f2 = E ( 1 1 , 1 2 , 1 4 , 1 5 ) = f ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 3 ) .




F i n a l m e n t e , c o m o f 1 0 f 2 e s l a f u n c i ó n n e g a d a d e f 1 O + f 2 , tendremos :

f 1 O + f 2 = f (1 1 , 1 2 , 1 4 , 1 5 ) = E ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 3 ) .

Pr o b l ema 11 . - S e a e l c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l c o n c u a t r o e n t r a d a s A , B , C y D , t r e s s a l i d a s i n -

termedias P, Q y R y dos sali das T 1 y T2 , como s e muestra en la figu ra . Sólo Q y R pu eden

t e n e r i n e s p e c i f i c a c i o n e s .

T 1 = E ( 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 7 , 1 1 , 1 5 )

T 2 = E ( 2 , 3 , 6 , 7 , 1 1 , 1 5 )

a) Supo niendo que tanto G 1 como G2 son pu ertas AND, obt enga el mapa de la funci ón

Pmin (es decir, l a funció n P que t iene el menor número de mintérminos) que permite obt ener

T 1 y T2 .

• Obtener los mapas p ara Q y R correspo ndientes al P m i n a n t e r i o r . n d i q u e , e x p l í c i t a -

mente, las pos iciones de las inespecificacio nes .

• S u p o n i en d o q u e G 1 y G2 son pu ertas OR obt enga el mayor Pmax ( l a f u n c i ó n P c o n

mayor número de mintérminos) y sus mapas c orrespo ndientes para a y R .

• ¿ Pueden obtenerse Q, P y R si G 1 es u na puerta AND y G 2 una puerta OR? ¿ Y s i G 1

es una pu erta OR y G 2 una pu erta AND?

Solución Pll .

a ) G 1 y G2 son p uertas AND .

E n e s t e c a s o T 1 = Q . P y T2 = R • P , p o r t a n t o , Q y P t i e n e n q u e t e n e r t o d o s l o s m i n t é r -

m i n o s d e T 1 ( o s e a : 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 7 , 1 1 , 1 5 ) , y R y P t i e n en q u e t e ne r t od o s l o s mi n t é r mi n o s d e

T2 ( o s e a : 2 , 3 , 6 , 7 , 1 1 , 1 5 ) . E n t o n c e s P c o m o m í n i m o t i e n e q u e c o n t e n e r t o d o s e s o s m i n t é r -

m i n o s , l u e g o : P m i n = E ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 1 1 , 1 5 ) .

b ) L a f u n c i ó n Q t i e n e a l m e n o s l o s m i n t é r m i n o s d e T 1 ; R t i e n e l o s d e T 2 . A h o r a b i e n , Q

t i e n e c e r os e n l a s c e l d a s e n q u e Pmin v a l e 1 p e r o T 1 n o e s 1 ; p o r e j e m p l o , 2 e s m i n t é r m i n o d e

Pmin p e r o n o l o e s d e T 1 , p o r l o q u e 2 e s u n 0 d e Q . L o m i s m o o c u r r e p a r a R c o n r e s p e c t o a T 2

Y Pmin • P o r ú l t i m o , e n l a s c e l d a s d o n d e T 1 v a l e 0 y Pmin t a m b i é n e s 0 , Q e s t á i n e s p e c if i c a d a ;

a l g o s i m i l a r o c u r re p a r a R r e s p e c to a T 2 y Pm i n . P o r t a n t o :

Q = E ( 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 7 , 1 1 , 1 5 ) + d ( 8 , 9 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) .

R = E ( 2 , 3 , 6 , 7 , 1 1 , 1 5 ) + d ( 8, 9 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) .

c ) G 1 y G 2 s o n p u e r t a s O R .

E n e s t e c a s o T 1 = Q + P y T 2 = R + P , p o r t a n t o d o n d e T 1 s e a c e r o t a m b i é n d e b e n d e

s e r l o f o r z o s a m e n t e Q y P ( o s e a e n 2 , 6 , 8 , 9 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) y d o n de T 2 l o s e a d e b e r á n s e rl o




t a m b i é n R y P ( o s e a e n 0 , 1 , 4 , 5 , 8 , 9 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) . Así, P tendrá como máximo los

mintérminos que sean comunes a T y T2 : P m a x = Y - ( 3 , 7 , 1 1 , 1 5 ) .

Q y R c o n t e n d r á n l o s m i n t é r m i n o s q u e l e f a l t a n a P p a r a c o m p l e t a r l o s d e T y T 2 :

Q = E (0 , 1 , 4 , 5 ) + d ( 3 , 7 , 1 1 , 1 5 ) .

R = E ( 2 , 6 ) + d ( 3 , 7 , 1 1 , 1 5 ) .

L a s c e l d a s e n q u e Q e s t á i n e s p e c i fi c a d a s o n a q u e l l a s e n l a s q u e T v a l e 1 y Pmax también

e s 1 . A l g o s i m i l a r o c u r r e p a r a R r e s p e c t o a T2 y Pmax •d ) N o e s p o s i b l e , y a q u e s i G 1 es u na AND y G 2 una OR : T = Q • P, T 2 = R + P . E n -

t o n c es , e n a q u e l l o s v a l o r e s e n l o s q u e T e s 1 y T 2 e s 0 ( c o m o p o r e j e m p l o e n 4 ) s e r í a i m p o s i b l e

e n c o n t r a r u n v a l o r a d e c u a d o p a r a l a f u n c i ó n P . S i P v a l i e s e 1 f o r z a r í a T2 = 1 y si v a l ie s e 0 fo r -

z a r í a T = 0 ) .

Si G 1 es una OR y G 2 es una AND, tampoco es p osibl e ya que T = R + P y T 2 = Q • P .

A s í , e n a q u e l l o s p u n t o s e n q u e T = 0 y T 2 = 1 ( c o m o p o r e j e m p l o e n 6 ) n o s e p u e d e e n c o n t r a r

un valor adecuado para P .


P r o b l e ma 1 2 . - Encuentre los compl ementos de las sigu ientes funcio nes :

a)f=(bc+adL(ab+cd)_b)f=bd_+ab c+c ) f = [ ( a b ) a ] ( ( a b ) b ] .

d)f=ab+cd .

Solución P12 .

a)f=(E+c)(a+d)+(á+b) (c+d) .

b)f=bd+ábc+acd+ábc=ab+acd+bd,entonces :

f = ( a + b ) ( á + c + d ) ( b + d ) .

c ) O p e r a n d o o b t e n e m o s f = 0 l u e g o f = 1 .

d ) f = ( á + b ) ( c + d ) .

Pro b lema 13 . - Demuest re que x, O+ x 2 + p . . . Oe x„ = (x, O . . . O + x;) 0 (x ; + , © . . . O+ x„) ;

d o nde a 0 b= a O b .

Solución P 1 3 .-La operació n XOR cump le la propi edad asoci ativa . E n t o n c e s :

( x 1 O + . . . $ x i ) 0 ( x i + 1 O + . . . ( 9 x n ) = ( x1 0 . . . O + x i ) O ( x i + 1 © . . . O+ xn) =

= xlm . . . mxi E) x i + l O + . . . 0x n




Probl ema 14 . - E s c r i b a l a s s i g u i e n t e s f u n c i ones como suma de mintérminos :

a)f(a, b , c )=a+b+c .

b ) f ( a , b , c ) = ( a + b ) ( b + c ) .

c ) f (a , b , c , d )=(ab+bc d)+ac d .

S o l u c i ó n P 1 4 .

Problema 15 . - Exprese las sigui entes fu nciones como p roducto de maxtérminos :

a ) f ( a , b , c , d ) = ( a + c ) d + b d .

b ) f ( x , y , z ) _ (x y + z ) ( y + x z ) .

c ) f ( a , b , c ) = ( a b c + a b c ) )

d ) f ( a , b , c ) _ ( a b + c ( a + b ) ) ( b + c ) .

S o l u c i ó n P 1 5 .

a ) f ( a , b , c , d ) = 1 1 (0 , 2 , 4 , 6 , 8 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) .

b ) f ( x , y , z ) = 1 - 1 ( 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ) .

c ) f (a , b , c , d ) = 1 1 ( 5 , 6 ) .

d ) f( a , b , c ) = 1 1( 0 , 2 , 4 , 6 ) .

Probl ema 16 . - A p a r t i r d e l a s t a b l a s d e v e r d a d d e l a s s i g u i e n t e s f u n c i o n e s , o b t e n g a s u s e x -

p r e s i o n e s a l g e b r a i c a s .

S o l u c i ó n P 16 . - D i r e c t a m e n t e d e l a s t a b l a s :

f 1 =xy+xy =y .f2=xy+xy=xODy .

f3=xy+xy+xy=x+y=xy .

x y f , x y f 2 xy f 3

0 0 1 0 0 0 0 0 1

01 0 01 1 01 1

10 1 10 1 10 111 0 11 0 11 0

a ) f ( a , b , c ) = E ( 0 , 1 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ) .

b ) f ( a , b , c ) = E ( 0 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ) .

c ) f ( a , b , c , d ) = E ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 1 0 , 1 1 ) .




P r o b l e m a 1 7 . - O b t e n g a l a s expresiones algebraicas de las sigui entes funciones :

S o l u c i ó n P 1 7 .

f =xyz+xyz=yz.

f2 =xyz+xyz+xyz+xyz=xy+yz+xyz .

f3 =xyz+xyz=xy.

f4 =x+y+z.

f =x+zf6=xyz+xyz+xyz+xyz=z .

P r o b l e ma 18 . - nterprete las sigui entes expresiones lógi cas consi derando qu e el dato tiene

n b i t s . (Para ayudarse puede co nsiderar un caso particu lar de n, por ejemplo : n = 4 ) .

a)z=xo©x1(D . .

x1(D . . . ( D Xn_2 .

c ) zk= xk+ 1 © Xk , k = n - 2 , . . . , 1 , 0 , c o n z n_ 1 = xn - 1

d) zk = zk+ 1 ( D Xk , k = n - 2 , . . . , 1 , 0 , c o n zn _ 1= xn _ 1 .

e ) zk = xk q )y k ,

k = n - 1, n-2, . . . . 1, 0

d o n d e yk = yk 1 + xk 1 , c o n k > 1 , 2 , . . . , n - 1 e y o = 0 .

S o l u c i ó n P 1 8 .

a) La operación XOR de n variables se hace 1 si y só lo si hay un número impar de unos

en las n variables . Por tanto, en este caso z es un detector de paridad .

b) La función z fo rma parte de la palabra den bits da da por : x0x 1 x 2 . . . xn

- 2 xi- 1 . E n -

tonces, z es el bi t de paridad par para x 0 x 1 x 2 . . . x n _ 2 .

c ) S i s e p a r t i c u l a r i z a p a r a n = 4 y s e o b t i e n e l a t a b l a de verdad de las 4 funci ones se pue-

de conclui r fáci lmente que se t rata de una conversión binario-Gray .

d) Procediendo como en el apartado anterior se puede conclui r que se trata de una con-

version de código Gray a binario .

e) Si se consid era el caso p articu lar de n = 4 y se obt iene la tabla pued e observarse que

z 3-0 = Ca2(x3-0)

X y z f , f 2 f 3 f4 f 5 f6

000 0 1 0 1 1 1

001 1 0 0 1 0 0

010 0 0 0 1 1 1

011 0 1 0 0 0 0

100 0 1 1 1 1 1

101 1 1 1 1 1 0

110 0 0 0 1 1 1

1 1 1 0 0 0 1 1 0



C a p í t u l o 3

ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES

U n c i r c u i t o d i g i t a l c o m b i n a c i o n a l e s a q u e l q u e i m p l e m e n t a f u n c i o n e s d e c o n m u t a c i ó n c u y a s

s a l i d a s e n u n i n s t a n t e , t , d e p e n d e n s ó l o d el v a l o r d e l a s e n t r a d a s e n e s e m i s m o i n s t a n t e . E l c i r -

c u i t o c o ns t a d e p u e r t a s l ó g i c a s i n t e r c on e c ta d a s e n t r e s í s i n q u e h a y a l a z o s d e r e a l i m e n ta c i ó n .

H a y d o s e n f o q u e s p r i n c i p a l e s : s i e s c o n o c i d o e l c i r cu i t o y s e d e s e a e s t a b l e c e r c u á l e s l a o p e r a -

c i ó n q ue r e a l i z a , s e t r a t a d e l a n á l i s i s , q u e e s e l a s p e c t o q u e s e t r a t a e n e s t e C a p í t u l o ; s i s e p l a n -

t e a e l p r o b l e m a c o n t r a r i o , c o n o c i d a l a f u n c i ón h a y q u e o b t e n e r e l c i r c u it o , s e t r a t a d e l diseño

o s í n t e s i s , l o q u e s e a b o r d a e n e l C a p í t u l o s i g u i e n t e .

c i r c u i t o

c o m b i n a c i o n a l

z ( t ) = f ( x ( t ) )

ANÁLSS DE CRCUTOS

E l o b j e t i v o p r in c i p a l d e l a n á l i s i s d e u n c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l e s , p o r t a n t o , o b t e n e r u n a r e p r e -

s e n t a c i ó n d e l a f u n c i ó n d e c o n m u t a c i ó n q u e i m p l e m e n t a . A e s t e o b j e t i v o s e l e l l a m a a n á l i s i s

l ó g i c o d e l c i r c u i t o . E n a l g u n o s c a s o s e s p o s i b l e , a d e m á s , o b t e n e r u n a d e s c r i p c ió n v e r b a l d e l a

o p e r a c i ó n d e l c i r c u i t o ( d e l t i p o " h a c e l a s u m a " , " c o m p a r a n ú m e r o s " , e t c ) . A d e m á s , i n c l u s o

c u a n d o e s p o s i b l e e s t a o p e r a c i ó n a p a r t i r d e l a s t a b l a s o e x p r e s i o n e s l ó g i ca s e s d i f í ci l s a l v o q u e

s e e s t é s o b r e a v i s o . E n e s t e t e x t o n o s e h a r á e l p a s o a l a d e s c r i p c i ó n v er b a l s a l v o q u e s e i n d i q u e

e x p l í c i t a m e n t e e n e l e n u n c i a d o ( v é a s e , p . e j . , e l p r o b l e m a 4 ) .

A u n q u e e l a n á l i s i s l ó g i c o e s e l o b j e t i v o p r i n c i pa l n o e s e l ú n i c o a s p e c t o q u e d e b e c o n -

t e m p la r u n b u e n a n á l i s is d e u n ci r c u it o . O t r o s a s p e c t o s q u e s e d e b e n c o n s i d e r a r s o n :

- E l c o s t e d e l c i r c u i t o . U n a m a n e r a d e m e d i r e l c o s t e e s a t r a v é s d e l n ú m e r o d e p u er t a s

l ó g i c a s y c o n e x i o n es e n t r e p u e r t a s d e l c i r c u i t o .

- U n a n á l i s i s d e p a r á m e t r o s e l é c t r i c o s . S e d e b e e s t a b l e c e r l a t e c n o l o g í a e n l a q u e s e i m -

3 5




p l e m e n t a e l c i rc u i t o y e v a l u a r , e n f u n c i ó n d e l a s c a r a c t e r í s t i c a s e l é c t r i c a s d e l a m i s m a , e l r e n -

dimiento del circui to en cuanto a márgenes de ruido, fan-in y fan-out, p o t e n c i a d i s i p a d a , e t c .

- Un anális is temporal . E s t e t i p o de a n á l i s i s c o n s i s t e e n , d a d o u n p a t r ó n d e e n t r a d a s , d e -

t e r m i n a r l a f o r m a d e o n d a d e l a s s e ñ a l e s d e s a l i d a c o n s i d e r a n d o l o s r e t r a s o s d e p r o p a g a c i ó n d e

l a s p u e r t a s l ó g i c a s . E l a n á l i s i s t e m p o r a l s i r v e p a r a v e r i fi c a r s i e l c i r c u i t o r e a l i z a c o r r ec t a m e n t e

la función de conmutación o s i, p or el contrario, existen fenómenos t ransito rios co mo por

ejemplo azares, así c omo para calcu lar los valores máximos y mínimos d e los ti empos de pro-

pagación que determinan la velocidad d e operación del circuit o .

E s t e C a p í t u l o e s t á c e n t r a d o e n e l a n á l i s i s d e c i r c u i t o s a n i v e l d e p u e r t a s l ó g i c a s . L o s a s -

p e c t o s q u e s e t r a t a n s o n l o s d e a n á l i s i s l ó g i c o , m o s t r a n d o m é t o d o s g e n e r a l e s v á l i d o s p a r a c u a l -

q u i e r c i r c u i t o e i n d e p e n d i e n t e s d e l t i p o d e p u e r t a , y m é t o d o s e s p e c í f i c o s p a r a c i r c u i t o s c o n s ó l o

NAND o sólo NOR . Esto s procedimientos s on explicados en los prob lemas 1 y 3 respectiva-

mente . Además, en este Capítulo también se incluyen algunos casos de anális is del co ste del

c i r c u i t o , m e d i d o e n f u n c i ó n d e l n ú m e r o d e p u e r t a s y c o n e x i o n e s d e l c i r c u i t o y d e a n á l i s i s t e m -

p o r a l , a n a l i z a n d o c i r c u i t o s q u e p r e s e n t a n a z a r e s .

Índice del Capítu lo

Este Capítulo desarrolla p roblemas d e las si guientes materias :

- Análisis l ógico s egún el procedimi ento general .

- Anális is l ógico de circuitos sólo NAND (y sólo NOR) .

- Anális is temporal .

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 . - A n a l i c e a n i v e l l ó g i c o el s i g u i e n t e c ir c u i to c o m b in a c i o n a l . P o n g a t a m b i é n l a f u n -

ción en forma de suma de product os o producto de sumas y realice el nuevo circuito a partir

de estas expresio nes .

1

z

Solución Pl . - E l p r o c e s o d e a n á l i s i s d e u n c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l c o n s i s t e e n , a p a r t i r d e u n

c i r c u i t o , o b t e n e r u n a e x p r e s i ó n a l g e b r a i c a , o b i e n s u t a b l a d e v e r d a d o m a p a d e K a r n a u g h . P a r a

e l l o s e p u e d e p r o c e d e r b i e n d e s d e l a s e n t r a d a s h a s t a l a s s a l i d a s o b i e n d e s d e l a s s a l i d a s h a s t a

l a s e n t r a d a s .

Deben encontrarse expresiones para la salida de cada pu erta en funci ón de sus entradas :



z

xl

x l

X2-x 3

X2

z+

0

0

1

0

1

0

0

0

z

ANÁLSS DE CRCUTOS CO MBNACONALES 3 7

x +y+z)(z+y)i

A p a r t i r d e e s t a e x p r e s i ó n p u e d e o b t e n er s e o t r a s i m p l i f i c a d a o l a t a b l a d e v e r d a d o e l

m a p a d e K a r n a u g h , y u n n u e v o c i r c u i t o : _

f=(x+y+ z) ( z + y ) z = z ( y + z ) = y z

00 0 1 1 1 1 0

3--

Problema 2. - Realice un análisi s ló gico del circuit o representado en la figura . Obtenga las ex-

p resi ones en f orma de suma de prod u c t o s y pro d u c t o de sumas . Liste los mintérminos y max-

términos corresp ondientes . Determine el cos te .

x3

D--X 1

x2

> _ 1 -f

S o l u c i ó n P 2 . - C o m e n c e m o s d e t e r m i n a n d o e l c o s t e d e l c i r c u i t o . E s t e s e c a l c u l a : 1 . - d a n d o e l

n ú m e r o d e p u e r t a s d e l c i r c u i t o ; 2 . - d a n d o e l n ú m e r o d e e n t ra d a s a p u e r t a s ( c o n e x i o n e s ) d e l c ir -

c u i t o y e l n ú m e r o d e s a l i d a s . A d e m á s , a v e c e s s e e v a l ú a e l " c o s t e " t e m p o r a l e s t a b l e c i e n d o l os

r e t r a s o s m á x i m o s y m í n im o s q u e e x p e r i me n t a n l a s s e ñ a l e s d e e n t r a d a a l p r o p a g a r s e h a s t a l a s

s a l i d a s . P a r a e l l o, l o m á s h a b i t u a l e s c o n s i de r a r u n a u n i d a d d e r e t r a s o p o r p u e rt a . E n e s t e c i r -

c u i t o e l c o s t e e s e l s i g u i e n t e :




Análisis ló gico . Teniendo en cuenta la funci ón lóg ica que realiza cada puerta, se obti ene

la sigu iente expresió n para f :

f = x 3 (x,x 2 ) + x 3 (x,x 2 ) ( x 3 x2 ) +x 1 x2 = x 3 (x 2 +x,) +x3 (x2+x,) (X2 +X3) +x,x 2

f=x 1 x 3 +x 3 x 2 +x 1 x 2 x 3 +x 1 x 2 =x 1 x 3 +x 3 x 2 +x x 2 =x 3 ( x 2 +x 1 ) + x 1 x 2

A partir de esta expresió n se obti enen otras en forma sp y ps, el mapa de Karnaugh y un

n ue vo c i r c u i t o q u e im p l ementa la f u n c i ó n :

f s p = X 3 (x ] x 2 ) +x 1 x 2 = x3 +x 1 x 2 fp s = ( x 3 +x 1 ) ( x 3 +x 2 )

x 3

3

e

3-

P r o b l e m a 3.-Analice la funci ón que realiza el circuito , encontrando una expresió n reduci daen dos niveles .

-f i

S o l u c i ó n P 3 . - Todas son p uertas NAND, salvo l a de salid a f 1 ; llamando M a la entrada desco -

nocid a de esa puerta, f 1 = e M .

Ah ora, M y f 2 p ueden obtenerse por el método especí f ico de circuitos con só lo puertas

NAND. Este método c onsta de los si guientes pasos :

1 .- Hay qu e construir un árbo l del ci rcuit o en el que lo s nodos representan a las pu ertas

coste

n ° p u e r t a s 7

n° conexiones 1 6 e n t r a d a s + 1 s a l i d a

retraso máximo 3 niveles de puertas

retraso mínimo 2 niveles de puertas



f

ab

D e a q u í s e t i e n e :

3

OR


y l a s r a m a s l a s c o n ex i o n e s . L a s p u e r t a s s e e s t r a t i f i c a n e n n i v e l e s d i s t i n t o s c o m en z a n d o p o r l a

p u e r t a d e s a l i d a q u e d a l u g a r a l p r i m e r n iv e l d e l á r b ol . A p a r t i r d e e s t e n i v e l y e n f u n c i ó n d e

l a s c o n e x i o n e s d e l c i r c u i t o s e v a n s i t u a n d o e l r e s t o d e p u e rt a s e n n i v e l e s s u c e s i v o s h a s t a a l c a n -

z a r l a s s e ñ a l e s d e e n tr a d a .

2 . - P o r l a e q u i v a l e n c i a d e d o s n i v e l e s d e p u e r t a s N A N D c o n d o s n i v e l e s A N D - O R , s e

v a a a s o c i a r a c a d a n i v e l d e pu e r t a s d e l á r b o l l a f u n c ió n A N D o l a O R a l t e r n a n d o a m b o s t i p o s

d e f u n c i ó n y c o m e n z a n d o p o r l a f u n c i ó n O R .3 . - S e o b t e n d r á l a f u n c i ó n q u e r e a l i z a e l c i r c u i t o c o n s i d e r a n d o s ó l o o p e r a c i o n e s A N D u

OR . H a y q u e t e n e r e n c u en t a q u e a q u e l l a s v a r i a b l e s d e e n t r a d a q u e e s t é n c o n e c t a d a s a p u e r ta s

q u e c o r r e s p o n d a n a u n n i v e l O R d e b e n c o m p l e m e n t a r s e .

A c o n t i n u a c i ó n s e a p l i c a e s t e m é t o d o a l c i r c u i t o .

S e n u m e r a n l a s p u e r t a s d e l a f o r m a q u e s e m u e s t r a e n l a f i g u r a :

AND

f , = d e + ¿ i c e + b c e

f 2 =ác+bc+fg

3

S e c o n s t r uy e e l á r b o l pa r a c a d a s a l i d a :

d

OR

1

1e

3-

M M=d+c(á+b)

f

- f1

f 2 = c ( á+ b)+f g




Pro b l ema 4 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a i n d i c a n d o v e r b a l m e n t e q u é o p e r a c i ó n r e a l i z a .

S o l u c i ó n P 4 . - Análisis d e coste :

Análisis lóg ico :

Zp s =

z s p = a 2 b 2 +a,b,a 2 b 2 +a,b,a 2 b 2

( a , + a 2 ) (b, + b 2 ) (a 2 + b 2 ) (a 2 + b,) (a, + b 2 )

yS p =a 2 b 2 +a,b,a 2 b 2 +a,b,a 2 b 2

y p s = (b, +b2) (a, +a 2 ) (b2+a2) (b2+a,) (b, +a2)

z (a 2 a, b 2 b , ) = E (4,8,9,12,13,14) = fl (0,1,2,3 ,5,6, 7,10,11,15 )

y (a2 a, b 2 b,) =Y- (1,2,3, 6,7,11) = f (0,4,5,8,9,10,12, 13,14,15)

Si se representan ambas funci ones (z e y) en un mapa binario ordenado en funci ón de

a 2 a l y b 2 b l , se obti ene :

b 2b l

0 0

01

10

11

0 0 01 10 11

zy

coste


n° co nexiones 1 6 e n t r a d a s + 2 s a l i d a s

retraso máximo 4 niveles de pu ertas

retraso mínimo 2 n i v e l e s d e p u e r t a s

0 0 10 10 10

01 0 0 10 10

01 01 00 10

01 01 01 00

_ 1

b 2

a2> _ 1

3 - - .

?1a l

b- y



P o r t a n t o , e l c i r c u i t o e s u n c o m p a r a d o r d e d o s n ú m e r o s b i n a r i o s d e d o s b i t s c a d a u n o ,

q u e d i s t i n g u e e n t r e m a y o r , m e n o r o i g u a l .

Prob lema 5 . - Analice la fu nción que realiza el ci rcuito, encontrando una expresión reducida

e n d o s n i v e l e s .

e

e

e

e

3 - -

d

3

6


n t e r p r e t a n d o a 2 a l como u n número binario A y b 2 b l c o m o B , l a s f u n c i o n e s p u e d e n

r e p r e s e n t a r s e p o r la t a b l a :

zy

1 0

0 0

01

D- - f

S o l u c i ó n P 5 . - E l c i r c u i t o e s t á c o m p u e s t o e x c l u s i v a m e n t e p o r p u e r t a s N O R , p o r l o q u e v a m o s

a a p l i ca r e l m é t o do e s p e c í fi c o d e a n á l i s i s d e s ó l o pu e r t a s N O R . E s t e m é t o d o e s e l m i s m o q u e

e l u t i l i z a d o e n e l p r o b l e m a a n t e r i o r , s ó l o c a m b i a n d o s a s p e c t o s :

1 . - E l p r i m e r n i v e l de p u e r t a s e s d e t i p o A N D , p o r l o q u e l a e x p r e s i ó n q u e s e o b t e n d r á

p a r a f e s d e l t i p o p r o d u c t o d e s u m a s d e p r o d u c t o d e s u m a s .

2 . - A h o r a s o n l a s v a r i a b l e s d e e n t r a d a q u e e s t á n c o n e c t a d a s a l o s n i v el e s A N D l a s q u e

deben co mplementarse .

N u m e r a n d o a l a s p u e r t a s d e l a f o r m a q u e s e v e e n l a f i g u r a :

a-

73

O-

> 1

O-

D-f




Se construye el árbol p ara la salida :

OR AND

De aquí se ti ene :

f= {c +éé+a(d+éé) (b+d (e+e))} {a+b(d +éé)}

f=ac+bcd +aé+abd +bé

Pro b l ema 6 . - E n e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a t o d a s l a s p u e r t a s p o s e e n e l m i s m o r e t r a s o , 0 .

A

OR AND

C

D

a) Obtenga el mapa de F(A,B,C,D) .

b) Consi derando el retraso, d etermine la fo rma de onda de F s i A=B=D= 1 y C cambia

periódicamente .

c) gual qu e b, si A=C=D= 1 y B cambia periód icamente .

d) gual qu e b, s i B=D= 1 y A y C son co mo las representadas :

A

C4 D

e) Discut a los resultados obtenidos en los apartados anteriores .


a) Vamos a obtener una expresió n de F mediante anális is ló gico . Nombraremos lo s nu-

dos i nternos del ci rcuit o como se muestra en la sigu iente figura :

OR

D - F

AND

f



Analizando la funció n realizada por cada p uerta, se tiene lo siguiente :

Con lo que el mapa de F qu eda :

u=BCv=u

CD

00

0 1

1 1

1 0

x=ABuy=Dv

00

ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES 4 3

0 1 1 1 1 0

x

F = xy = ABC+DCB

F

D- F

y

b) Con A = B = D = 1, y C cambi ando p eriód icamente, el di agrama temp oral q ueda

como se o bserva en la figura :

0 0 1 0

0 0 1 0

0 1 1 0

0 0 0 0

C

u =C

A

x=v=u

f- 1-

y = v4-

A

F=xy -tA




c ) C o n A=C=D=1 , y B c a m b i a n d o p e r i ó d i c a m e nt e , e l d i a g r a ma t e m p o r a l q u e d a c o m o

se obs erva en la figura :

d) Con B=D=1 , y A y C cambiando peri ó d i c amente, el d iagrama temp oral q u eda c omo

se obs erva en la figu ra :

C

u=C

v = u

x=Au

y=v

F=xy

e) En el caso b ) : Las entradas pasan d e ABCD=1101 a ABCD=1 111 p eri ó d i c amente . En

ambos casos l a función debe ser 1 . Sin embargo, ocu rre un pul so de 0 en la salida F, l o que es

un a z a r e s t á t i c o .

En el caso c ) : ABCD pas an de 1011 a 1111 alternati vamente . La funci ón debe tomar los

s i g u i en te s v a l o re s se g ú n e l ma p a de Karnau g h : F(1011)=0 y F(1111)=1, la salida debería se-

guir los c ambios de B con el retraso del circuit o . Sin embargo, ocu rre que la señal de sali da

osci la (ver figura del apartado c) c uando B sube . Esto es un azar (se llama dinámico) .

B

u=B

v = u

y =v

x=Bu

F=xy

4-



b )

=1

- f

c )

y

=1

D- f

ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES 4 5

E n e l c a s o d ) : ABCD pasan de 1101 a 0101 (éste du rante un t iempo A), d e aquí a 0111,

0111, 1111 (du rante un t iempo A) y vuelven de nuevo a 1101 . L a f u n c i ó n , d e b e t o m a r l o s v a -

l o r e s : 1 , 0 , 1 , 1q u e e s l o q u e s e m u e s t r a e n l a s a l i d a . E l p u l s o d e 0 e s m a y o r q u e l a d u r a c i ó n

e n 0 1 0 1 , p e r o e s t o n o e s a z a r : l a f u n c i ó n d e b e p a s a r p o r e l v a l o r 0 , e x p l i c á n d o s e e l c a m b i o d e

duración por el di stinto tiempo de retraso cu ando cambia A (2 puertas) a cuando después cam-

b i a C ( 4 p u e r t a s ) .


Pro b lema 7. - A n a l i c e a n i v e l l ó g i c o l o s s i g u i e n t e s c i r c u i t o s c o m b i n a c i o n a l e s . Ponga la fun-

ción en suma de productos o product o de su mas .

a )

> _ 1

- f> _ 1

Solución P7. - a ) f = (xy + xy) (z + xy) = x (z + xy) = x z + x y

xZ\

00 01 1 1 10

0 0 0 0 f

1 0 0 1 1




b) f = xy +O (z+x) = xz+xy

c) f = y O+ (y + x) = xy

Pro b l ema 8 . - R e a l i c e u n a n á l i s i s l ó g i c o d e l o s c i r c u i t o s r e p r e s e n t a d o s e n l a f i g u r a c o r r e s p o n -

diente. Obtenga las expresiones en forma de suma de produ cto s y prod uct o de sumas . L i s t e

los mintérminos y maxtérminos correspo ndientes . Determine el cost e .

a )

x -

>1

f3-

b )

x l

x2-

0 0

1

1

1

o

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

1

3

00 01 1 1 1 0

00 01 1 1 10

1

f

f



c)


a) Análisis d e coste :

x 3

X4

ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES 47

> _ l

Análisis l ógico :

f s p = x2 + x 1 x3 fps = (x2 + X ) (x3 + x2) .

f(x 1 , x 2 , x 3 ) = E (2, 3, 4, 6, 7)=11(0, 1 , 5 ) .

b) Anál i s i s de co s te :

Análisis ló gico :

f l s p = X3 X4 + x1 x2 x4 + x1 x2 X4 + x1 x2 x3 x4 + x1 X2 X3 x4 .

f i p s = (x3 + x4) (xl + x2 + x4) (x1 + x2 + x3 + x4) (x1 + x2 + x4) (x1 + x2 + x3 + x4) .

f2sp = x3 +X x2 + x1 x2 f2ps

f l (x l , x 2 , x 3 , x4 ) = E (1, 3, 4, 7,8, 11, 13, 15) = (0, 2, 5, 6, 9, 10 12, 14) .

f 2(x l , x 2 , x 3 , x4 ) = E ( 0 , 1 , 2 , 3 , 6 , 7 , 1 0 , 11, 12, 13 , 14, 15) = f (4, 5, 8, 9) .

c) Anális is de coste :

coste


n° co nexiones 6 e n t r a d a s + 1 s a l i d a

retraso máximo 2 n i v e l e s d e p u e r t a s


coste

n° puertas 7

n° co nexiones 1 2 e n t r a d a s + 2 s a l i d a s



coste


n° co nexiones 1 0 e n t r a d a s + 1 s a l i d a






A n á l i s i s l ó g i c o :

f s p - X + X 2 + x 3 x 4 f p s = ( x 2 + X + x 3 ) ( x 2 + x 1 + x 4 ) .

f 2 ( x l , x 2 , x3 , x 4 ) = E ( 3 , 4 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) = 1 1 ( 0 , 1 , 2 ) .

P r o b l e m a 9 .-Analice la función qu e realiza cada circuito encontrando una expresión s p o ps .

a )

X -Y -

b)

b

C )

d

x l-x2-x 3-

x l-X2- 3

3

VL-

X 2-

X

x 3

3

g

x 3



S o l u c i ó n P 9 . -

a ) f = wxz+xy z+xyw+xy z .

b )z = ác e+ci c f +b c e+b c f+áde+ád f +b d e+b d f+gh .

c ) f = x x 2 +x1 x 3 +x] x 2 x 4 +x 3 x 4 x 2 +x1 x ; x 2 + 3 x x 4 .

ANÁLSS DE CRCUTOS COMBNACONALES 49



Capít ulo 4

DSEÑO DE CRCUTOS COMBNACONALES

E l p r o c e s o i n v e r s o a l d e a n á l i s i s e s e l d e d i s e ñ o d e c i r c u i t o s c o m b i n a c i o n a l e s . Básic amente,

e s t e p r o c e s o c o n s i s t e e n , d a d a u n a f u n c i ó n d e c o n m u t a c i ó n , o b t e n e r u n c i r c u i t o q u e l a r e a l i c e .

P l a n t e a d o d e e s t a m a n e r a , c u a l q u i e r e x p r e s i ó n l ó g i c a d e l a f u n c i ón s e r í a v á l i d a p a r a o b t e n e r e l

c i r c u i t o . Sin embargo, el o bjetivo del proceso de diseño es, en realidad, más co mplejo y con-

s i s t e e n o b t e n e r u n c i r c u i t o óptimo r e s p e c t o a a l g ú n c r i t e r i o . E l c i r c u i t o ó p t i m o r e s p o n d e a u n a

expresión ó ptima, de f orma que lo qu e hay que ob tener es esta expresión .

OBJETVO DE DSEÑO

E x i s t e n d i v e r s o s c r i t e r i o s r e s p e c t o a l o s c u a l e s o p t i m i z a r , d e m a n e r a q u e e n f u n c i ó n d e l c r it e r i o

e l e g i d o , e l c i r c u i t o ó p t i m o p u e d e s e r u n o u o t r o . E n e s t e t e m a l o s c r i t e r i o s s e g ú n l o s c u a l e s s e

v a n a o p t i m i z a r l o s c i r c u i t o s s o n d o s :

1 . - M i n i m i z a r e l n ú m e r o d e n i v e l e s d e p u e r t a s q u e d e b e n a t r a v e s a r l a s s e ñ a l e s d e e n t r a d a

hasta alcanzar la salid a, consi derando q ue sól o se u san puertas AND y OR (o bi en sólo NAND

o só lo NOR) con f a n - i n y f a n - o u t i l i m i t a d o s y e n t r a d a s e n d o b l e r a i l .

2 . - M i n i m i z a r e l c o s t e d e l a f u n c i ó n e n c u a n t o : a) al número de puertas lógicas de qu e

c o n s t a e l c i r c u i t o ; b ) a l n ú m e r o d e c o n e x i o n e s t o t a l d e l c i r c u i t o .

D e e s t o s c r i t e r i o s , e l p r i m e r o c o n d u c e a b u s c a r e x p r e s i o n e s q u e d e n l u g a r a c i r c u i t o s e n

d o s n i v e l e s d e p u e r t a s . Expresiones de tipo s uma de producto s (sp) o produ cto de su mas (ps)

s o n l a s m á s a p r o p i a d a s p a r a c u m p l i r e s t e r e q u i s i t o . Para este tipo de expresiones el s egundo

c r i t e r i o , r e d u c c i ó n d e l c o s t e , s i g n i f i c a r e d u c i r e l n ú m e r o d e t é r m i n o s p r o d u c t o s ( e n e x p r e s i o n e s

s p ) o r e d u c i r e l n ú m e r o d e t é r m i n o s s u m a s ( e n e x p r e s i o n e s p s ) y , a d e m á s , b u s c a r t é r m i n o s p r o -

ducto s o s umas con el menor número de lit erales pos ible .

Existen expresiones que cumplen estos requisit os qu e son las ll amadas suma mínima de

l a f u n c i ó n ( e x p r e s i ó n s p ) o producto mínimo ( p s ) . P o r o t r a p a r t e , e x i s t e u n t e o r e m a q u e i n d i c a

cómo obt ener la suma o el product o mínimo y es el sigu iente :

Teorema .- La suma mínima (product o mínimo) de una funci ón de conmutació n está for-

mada por el conjunto mínimo de impl icantes primas (impl icadas p rimas) con el menor número

5 1




de literales posi ble que cubren completamente la función .

Definici ón de i mplicante (implicada) prima .- Una implicante (implicada) prima es un

término produ cto o i mplicante (término s uma ó i mplicada) cuyos mintérminos (maxtérminos)

son to dos mintérminos (maxtérminos) de l a función y , además, no existe o tra implicante

(implicada) de la función qu e contenga a todos los mintérminos (maxtérminos) de dicho

t é rm i n o pr o d u c t o ( s u ma) . Una impl icante (implic ada) s e d i c e q u e e s esencial s i

obl igatori amente pertenece a la soluc ión óp tima, ya que sól o ella cub re a algú n mintérmino

(maxtérmino) de l a funció n .

Según el teorema, el objetivo d el proceso de d iseño de una función d e conmutación, con

los criterios q ue se han elegido, es encontrar una expresión formada por el conjunto mínimo

de implic antes (implic adas) primas qu e cubran completamente la funció n .

PASOS DEL PROCESO DE DSEÑO

El proceso de di seño se desarrolla realizando el co njunto de pasos qu e se muestran en el si -

gui ente di agrama :

D e s c r i p c i ó n

v e r b a l

D e s c r i p c i ó n f o r m a l :

T a b l a d e v e r d a d , m a p a d e K a r n a u g h , e x p r e s i ó n d e l a f u n c i ó n

1

iMinimización :

f o r m a s p o p s m í n i m a

1C i r c u i t o

En cada uno d e estos pasos hay que realizar las si guientes acciones :

1 .- Dado u n enunciado c on palabras (descripc ión verbal) de la funció n hay que obtener

una primera representaci ón de di cha fu nció n medi ante una tabl a de verdad, un mapa de Kar-

naugh o una expresión de la funció n . Esta representación es lo qu e se conoce como una des-

cripción formal de la función .

2 . - A p a r t i r d e l a d e s c r i p c i ó n f o r m a l o b t e n i d a a l f i n a l i z a r e l p a s o a n t e r i o r , h a y q u e r e a -

lizar el proceso de minimización . Con este proceso se pretende obtener la expresió n suma o

producto mínimo de la función . E n p a r t i c u l a r , s e p r e s e n t a n d o s m é t o d o s p a r a h a c e r l a m i n i m i -

zación, uno basado en el mapa de Karnaugh y el otro, tabul ar, qu e denominaremos de Qui ne-

M c C l u s k e y .

3 .- De la expresión suma de produc tos o produ cto d e sumas mínimo de la función se ob-

t i e n e e l c i r c u i t o ó p t i m o . E n c o n c r e t o , p a r a l a s e x p r e s i o n e s s p d e l a s f u n c i o n e s s e d e r i v a n c i r -

cuit os en do s niveles AND-OR .y NAND-NAND ; s i s e o b t i e n e n l a s e x p r e s i o ne s s p d e l a s f u n -

cio nes complementadas, el circu ito puede impl ementarse con las estruct uras AND-OR-NV,

AND-NOR ó NAND-AND . Las est ruct uras d uales (OR-AND o NOR-NOR ; y OR-AND-NV,OR-NAND ó NOR-OR) propo rcionan los circu ito s cu ando se ob ti enen expresio nes ps (de f y

de f , respect ivamente) .



DSEÑO DE CRCUTOS COMBNACONALES 53

Estos paso s del proc eso se realizan antes de tener en cuenta otros asp ectos c omo son si

la disp onibil idad de las entradas es en único rail, si el f a n - o u t es limitado, si se disp one de cir-

cuit os integrados en vez de puertas individuales, etc . Solamente no se si guen estos paso s cu an-

do el ci rcuito f inal no se obtiene a partir de expresiones sp (ps) . En estos caso s (p . e j . e n r e a l i -

zaciones co n puertas EXOR) el diseñado r debe saber cómo pasar del paso 2 a la realización de

s u c i r c u i t o .

El conjunto de problemas que se presentan en este Capít ulo, tanto los resueltos como lo s

de solu ción resumida barren completamente los d iferentes pasos del proceso . Además, se de-

dica especial atención al p rimer paso del proceso d e diseño por ser el menos si stemático y , p or

tanto, el más co mplejo de realizar .

Índice del Capí tu lo

Este Capít ulo d esarroll a problemas de las siguientes materias :

- Paso de d escrip ciones verbales a descrip ci ones formales .

- P r o c e s o d e m i n i m i z a c i ó n p o r ma p a d e K a rnau g h .

- P r o c e s o d e m i n i m i z a c i ó n p o r Q u i n e - M c Cl u s k e y .

- Otros tip os de realizaciones .

PROBLEMAS RESUELTOS

Prob lema 1 . - Se tiene una palabra de 5 bi ts : l o s c u a t r o ú l t i m o s b i t s r e p r e s e n t a n u n d í g i t o

BCD; e l p r i m e r o e s u n b i t d e p a r i d a d i m p a r . Obtenga la tabla de verdad (o el K-mapa) de las

f u n c i o n e s s i g u i e n t e s :

1) f, s e hará "1 "para valores de entrada que no correspondan con d ígit os BCD .

2 ) f2 se hará "1 »para palabras co n paridad inco rrecta .

S o l u c i ó n P l . - El circui to q ue se pretende diseñar tiene 5 señales de entrada . S e a n a , b , c , d ,

e, siendo a el bit d e paridad impar y b, c, d, e un número BCD . Por otra parte tiene dos s alidas

f l y f2 que toman los siguientes valores :

f 1 = 1 si y só lo si (b, c, d, e) no es un número BCD .

f2 = 1 s i y s ó l o s i e l n ú m e r o d e " 1 " e n ( a , b , c , d , e ) e s p a r .

Los mapas de Karnaugh de las funciones so n los sig uientes :

ab c ab c

000 001 011 010 110 111 101 100 d

00

0 1

1 1

10

f ,

00

01

11

10

000 001 011 010 110 111 101 100

f 2

1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 1 0 1

0 1 0 0 1 0 0

0 0 1 0 0 1 0 0

0 0 1 1 1 1 0 0

0 0 1 1 1 1 0 0



5 4

B E A DE C C E A DG A E

Pro b lema 2 .- Las normas de seguridad de lo s modernos aviones exigen que, p ara señales

d e v i t a l i m p o r t a n c i a p a r a l a s e g u r i d a d d e l a p a r a t o , l o s c i r c u i t o s d e b e n e s t a r t r i p l i c a d o s p a r a

q u e e l f a l l o d e u n o d e e l l o s n o p r o d u z c a u n a c a t á s t r o f e . E n c a s o d e q u e l o s t r e s c i r c u i t o s n o

produzcan la misma salida, ést a se escogerá mediante votación . D i s e ñ e e l c i r c u i t o " v o t a d o r "

q u e h a d e u t i l i z a r s e p a r a o b t e n e r c o m o r e s u l t a d o e l v a l o r m a y o r i t a r i o d e l a s t r e s e n t r a d a s .

Solución P2 . - E l p r o c e s o d e v o t a c i ó n c o ns i s t e e n t o m a r e l v a l o r m a y o r i t a r i o d e l a s e n t r a d a s .

D e e s t a f o r m a , l a s a l i d a , f , d e l c i r c u i t o t en d r á l a s i g u i e n t e c o di f i c a c i ó n :

f = 0 s i h a y m á s c e r o s q u e u n o s e n l a s e n t r a d a s

f = 1 s i h a y m á s u n o s q u e c e r o s e n l a s e n t r a d a s

E l c i r c u i t o v ot a d o r t i e n e t r e s s e ñ a l e s d e e n t r a d a : a , b y c , q u e s o n l a s s a l i d a s d e l o s c ir -

c u i t o s t r i p l i c a d o s . P o d e m o s c o n s t r u i r e l m a p a d e K a r n a u g h o b i e n l a t a b l a d e v e r d a d :

00 0 1 1 1 1 0

B C

E n e l m a p a d e K a r n a u g h s e l e c c i o n a m o s l a s i m p l i c a n t e s d e l a f u n c i ó n , A , B y C y r e a l i -

zamos un cubrimiento óp timo :

f = A+B+C = ab+bc+acU n c i r c u i t o h e c h o s ó l o c o n p u e r t a s N A N D e s e l s i g u i e n t e :

rolríaECó'i~

Pro b lema 3 . - S e p r e t e n d e d i s e ñ a r u n c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l q u e t e n g a c o m o e n t r a d a u n d í g i -

t o B C D n a t u r a l y c o m o s a l i d a l a p a r t e e n t e r a d e l c o c i e n t e d e s u d i v i s i ó n p o r t r e s . S e p i d e :

a ) e x p r e s a r l a s f u n c i o n e s m í n i m a s d e s a l i d a c o m o s u m a d e p r o d u c t o s y c o m o p r o d u c t o s

de s umas ;

b ) o b t e n e r e l c i r c u i t o c o r r e s p o n d i e n t e a l a m í n i m a d e e s t a s e x p r e s i o n e s , r e a l i z a d o c o n

u n s o l o t i p o d e p u e r t a s .

Solución P3 . - L a s a l i d a e s u n n ú m e r o , N , i g u a l a l a p a r t e e n t e r a d e d i v i d i r u n d í g i t o B C D

p o r 3 : N=Ent .[N2 BCD/3] . E l m a y o r d í g i t o B C D e s 9 , p o r t a n t o e l m a y o r v a l o r d e N s e r á 3 ,

m i e n t r a s q u e e l m e n o r v a l o r s e r á 0 . R e p r e s e n t a r e m o s a N p o r d o s b i t s : z 1 z 0 = N ( 2 .

abc f

000 0

001 0

010 0c

011 1

100 00

1 01 1 1

110 1

1 1 1 1



DSEÑO DE CRCUTOS COMBNACONALES 5 5

L a e n t r a d a e s e l d í g i t o B C D q u e e s t á f o r m a d o p o r 4 d í g i t o s b i n a r i o s : x3x2x1xo .

T e n i e n do e n c u en t a e s t o , p o d e m o s f o r m a r l a t a b l a d e v e r d a d y , a p a r t i r d e e l l a , e l m a p a

d e K a r n a u g h d e c a d a u n a d e l a s f u n c i o n e s de s a l i d a s a b i e n d o q u e l a s c e l d a s q u e n o c or r e s p o n -

d e n a d í g i t o s B C D ( c e l d a s 1 0 1 - y 1 1 - - ) s o n i n e s p e c i f i c a c i o n e s ( d ) p a r a l a s f u n c i o n e s :

2

1x

L a s e x p r e s i o n e s c o m o s u m a d e p r o d u c t o s y p r o d u c t o s d e s u m a s s o n l a s i g u i e n t e s :

ZS, =D+C = x 3 +x1 x 2 z 1 1 , = AB = (x3+x1) ( X +x2 )

zos P = + H + J = x 3 xo +x2 x 1 +x2 x l x o

z o P s =GFE= ( x 2 +xo ) ( x 1 +x2 ) ( x 3 +x2 +x 1 )

E l c o s t e s p y p s de z o e s e l m i s m o , p o r l o q u e d a i g u a l r e a l i z a r l a s ó l o c o n N A N D o s ó l o

co n NOR . ( E n l a r e a l i z a c i ó n m ín i m a d e z o l a c e l d a 1 5 e s t o m a d a c o m o 1 p a r a z o s p y como 0

p a r a z o p s ; n o s e t r a t a d e u n e r r o r s i n o d e l u s o m á s c o n v e n i e n t e p a r a e s a i n e s p e c i f i c a c i ó n ) . P o r

o t r a p a r t e , e l c o s t e d e z1 e n s p e s m e n o r q u e e n p s p o r l o q u e l a r e a l i z a r e m o s c o n N A N D :

x3

xo

X2

X1

x2

X1

Xo

Prob lema 4 . - Las cuatro lí neas de entrada de un ci rcuito combinacional corresponden a un

n ú m e r o n a t u r a l c o d i f i c a d o e n b i n a r i o n a t u r a l .

Diseñe un circuito en dos niveles que si rva para detectar cuándo u n número es una po-

t e n c i a d e d o s .

x3x2x 1 x0 NA H

z 1 zp

0000 0 0 0 3 2 3 x2

0001 000 01 ' 1 1 1 0 00 01 11 10

0 0 x l x o x 1 x 0

0010 0 0 0 00 1 a_~ 000011 1 0 1

0100 1 0 10 1 1 d ~l 0 1

0101 1 0 1 1 1 r i i i d E 1 1

0110 2 1 010 NL110

0111 2 1 0

1000 2 1 0

1001 3 1 1 B4 ~ Gz 1 Z O




S o l u c i ó n P 4 . - Es un circuito co n 4 señales de entrada, a, b, c y d y una salida f . La función de

salid a debe detectar la llegada de un número potencia de 2 . Las potencias de dos son : 2 0=1 ,

2'=2, 22=4, 2 3 =8. Cuando en la entrada se detecte algu no de estos nú meros, la sali da tomará

e l v a l o r 1 . El mapa de Karnaugh de esta funci ón es el sigui ente :

f

La expresión mínima en forma sp es la sigu iente :

f = ábcd + ábcd + a _ b c d + a b c d

El circu ito en dos niveles AND-OR es el sigu iente :

abc- N . Dec .

(abc)2

P r o b l e ma 5 . - Diseñe un circuit o combi nacional que acepte un número de tres bi ts y g enere

un número bi nario d e salida igu al al cuadrado del número de entrada .

S o l u c i ó n P 5 . - Con tres bits, a b y c, se representan desde el 000-0 hasta el 111-7 . E n l a s a l i d a

debe aparecer el c uadrado d e la entrada :

000-0

0

001-1

1

010-2

4

011-3

9

100-4

16

101-5

25

110-6

3 6

111-7

49

ab

0 0 01 1 1c\ 10

0 0 0 1 0 1

01 1 0 0 0

1 1 0 0 0 0

10 1 0 0 0

c

b_1

ab

d

b



a b c - N . D e c .

Z5Z4Z3z2z

De esta t abla se ob tiene un mapa de Karnaugh para cada salida y, de él, una expresió n

de las mismas :

0 0

í 1\

1

0

0

00 01 1 1 1 0

z 5 = ab

000-0

000000

0 0 1 - 1

000001

010-2

000100

0 1 1 - 3

001001

1 0 0 - 4

010000

1 0 1 - 5

011001

1 1 0 - 6

100100

1 1 1 - 7

110001


E l m a y o r v a l o r q u e d e b e a p a r e c e r e n l a s a l i d a e s e l 4 9 . P a r a r e p r e s e n t a r e l 4 9 s e n e c e s i t a n

6 b i t s . P o r t a n t o , e l c i r c u i t o p o s e e 6 s e ñ a l e s d e s a l i d a , z 5 z 4 z 3 z 2 z l z o , q u e t o m a n l o s s i g u i e n t e s

v a l o r e s :

U0 0 0 0z 3 = á b c+ a b c

N11,1Oa>

Ahora ya es inmediato di bu jar un circui to en do s niveles AND-OR ó NAND-NAND, de

la misma forma que ya se ha hecho en lo s p roblemas anteriores .

Prob lema 6 . - E l h o r a r i o l a b o r a l d e u n a f a c t o r í a e s d e 8 h o r a s d i a r i a s , d i v i d i d a s e n t r e s t u r n o s :

d e 8 a 1 1 ( p r i m e r t u r n o ) , d e 1 1 a 1 3 ( s e g u n d o t u r n o ) , d e 1 3 a 1 6 ( d e s c a n s o ) y d e 1 6 a 1 9 ( t e r -

c e r t u r n o ) .

Se pretende dis eñar un circu it o que tenga como entradas la representaci ón binaria

de la hora actual menos ocho y que propo rcione a la salida el número de turno que está tra-

bajando (si proc ede) o "0" si es hora de descanso . S e p i d e :

a) Expresar las funciones mínimas de salid a como suma de product os y como pro-

ducto de sumas .

b) Obt ener las expresiones correspo ndientes a cada una de las anteriores f uncio nes

realizadas con un solo tipo de puertas .

Solució n P6 . - De acuerdo co n el enunciado, s i H es el número decimal de l a hora, (H-8) ( 2 e s

el valor en binario asociado que actúa como entrada del circuito . L a ú l t i m a h o r a a s e ñ a l a r v a

d e s d e l a s 1 8 h a l a s 1 9 h , p o r l o q u e e n b i n a r i o c o r r e s p o n d e a ( 1 8 - 8 ) = 1 0 . S e n e c e s i t a n 4 b i t s p a r a

z 4 = ac+ ab

C

00 01 1 1 1 0

z2 = b c0 0 0 0

z 1 = 0

1 o 0 0 0




po der representar los números 0-10 : a , b , c y d .

Las salidas d eben representar cuatro casos : d e s c a n s o , ] i r t u r n o , 2 2 t u r n o y 3 e ' t u r n o . S e

n e c e s i t a n , p o r t a n t o , d o s s e ñ a l e s d e s a l i d a : z1zo, c u y o v a l o r e n b i n a r i o r e p r e s e n t a r á l o s 4 c a s o s

c o n l a s i g u i e n t e c o d i f i c a c i ó n :

z 1 =a+bcd+bcd

A partir de esta tabla se construy en los mapas de Karnaugh y de ello s se ob tienen las

s i g u i e n t e s e x p r e s i o n e s d e l a s s a l i d a s , e n f o r m a s p y p s :

~ÍLr ~1

~ V 1-Jz 1 = ( a + b + c) (a + c + d ) ( d + b )

b) Las expresio nes sp s on trasl adabl es di rectamente a expresiones NAND-NAND y las

ps a expresio nes NOR-NOR . A s í :

Expresiones :

Las mínimas so n : NAND-NAND pa ra z1 y NOR-NOR pa ra z 0 .

Prob lema 7 . - S e p r e t e n d e d i s e ñ a r u n c i r c u i t o c o m p a r a d o r d e 2 n ú m e r o s d e 2 b i t s , A = ( a s a o)

y B=(b 1 , b o) . D i c h o ci r c u i t o d e b e rá t e n e r t r es s a l i d a s M , 1 , m , d e t a l f o r m a q u e :

M = 1 sü A>8

1 = 1 s i i A = B

m = 1 sü A<8

Diséñese exclus ivamente con puertas NOR .

Solución P7 . - Para hacerlo excl us ivamente con puertas NOR ob tendremos las expresi ones ps

d e l a s t r e s s a l i d a s , M , 1 y m .

Del enunciado se ob tienen directamente los mapas de Karnaugh de cada una de las fu n-

ciones :

z0=bc+bd zp=b(c+d)

z p=(b c)(b d)

z 0 = b + ( c +d )

TURNO HORAS HORAS-8 z 1 zO

1 8 - 9 - 1 0 0 - 1 - 2 0 1

2 1 1 - 1 2 3 - 4 1 0

descanso 1 3 - 1 4 - 1 5 5 - 6 - 7 0 0

3 1 6 - 1 7 - 1 8 8-9-10 1 1

NAND-NAND z 1 = a ( b c d ) ( b c d )

NOR-NOR z 1 = ( a+b+c)+(a+ c +d)+(d+ b)



/V00LESa EN

M m

M = ( a i +a o ) ( a 1 +b o ) ( a 1 +E 1 ) ( b 1 +a o ) ( b i + b o )m = ( b i +b o ) ( b i +a o ) ( b 1 +a 1 ) ( a l + b o ) ( a i +a o )

= ( a l +i) (á 1 +b 1 ) ( a o+b 0 ) ( áo+b o )

Prob lema 8 . - Se ha diseñado u na puerta de tres entradas ll amada bo mba (cuyas c aracterís-

ticas se muestran) con un resul tado desafo rtunado . Experimentalmente se encuentra que las

combi naciones de entrada 101 y 010 hacen explo tar la puerta . D e t e r m i ne s i h a y q u e i n u t i l i z a r

las pu ertas o, por el co ntrario, p ueden ser modificadas externamente (añadiendo un circui to)

de forma que sea funcionalmente completa y qu e sin embargo no explo te .

ABC

BOMBA

BOMBA(A,B,C)

Solución P8 . - Debemos co nseguir que el circui to no explo te en ninguna combinación de en-

trada de forma que no cambiemos l a función de sali da . P a r a e l l o v a m o s a a ñ a d i r u n c i r c u i t o

con 3 entradas (a, b , c) y tres sali das (A, B, C) de manera que BOMBA(a,b, c) = BOMBA

(A,B,C) según la tabla del enunciado :

b

1 1 1

CRCUTO

A DSEÑAR


VOL:Jm o r r aZ a-r -90 0

B

00 01 1 1 1 0

m

Om

BOMBA(A,B,C)

1 C r a c = ~ ! ~ 1o r ! ~ ~ ~ JD u l a =a a r ` v ~ i

00 01 1 1 1 0

BO MBA(a , b , c ) = BOMBA(A, B , C )

Las s alidas ABC=101 y 010 deben ser evitadas p ara que no explot e el circuit o . Como

BOMBA(0,1,0) = 1, po demos hac er que para abc=010 las sal id as ABC sean cualqu iera de las

q ue dan 1 en la sal i da del ci rcu i t o BOMBA . Esto es, ABC= 000, 011, 100 . ComoBOMBA(1,0,1)= 0, pod emos hacer que para abc=101 las sali das del c ircui to s ean cualq uiera

de las qu e dan 0 en la salid a del circui to BOMBA. Esto es, ABC= 001, 110, 111 .




C o n e l f i n d e n o p r o d u c i r m á s c a m b i o s , p a r a c u a l q u i e r o t r a c o m b i n a c i ó n d e a b c , h a r e -

mo s ABC=abc .

Tenemos que hacer dos elecci ones, una para abc=010 y ot ra para abc=101 . Una buena

s o l u c i ó n e s l a q u e i m p l i c a m e n o s c a m b i o s e n l a s s e ñ a l e s :

abc = 0l0 -* ABC = 000

a b c = 1 0 1 - ABC = 111

C o n e s t a s e l e c c i o n e s l a ú n i c a s e ñ a l q u e c a m b i a e s B m i e n t r a s q u e A y C c u m p l e n A=ay C=c .

Del mapa de Karnaugh se ob tiene una expresión d e B e n f u n c i ó n d e a , b y c :

Pro b l ema 9 . - Util izando el mapa de Karnaugh, d etermine las expresiones mínimas en suma

de productos y product o de su mas de las siguientes fu nciones :

a ) f ( x , y , z , u ) = E ( 3, 4 , 7 , 8 , 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 )

b ) f( x , y , z , u ) = E ( 0 , 4 , 6 , 7 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 )

Soluci ón P9 .

a )

z xy 00

0

01

11

10

f=yzu+xyz+xzu+xyz+xub )

z xy 00

0

01

1 1

10

01 11

01 11

f=xzu+xyz+xyz+xzú

s a la l ' l ~ ~ LJ1

B=ab+ac+bc

nonojlezOC©©ero Enn

00

1

1

f=(x+y+ z) (x+z+ u ) (x+z+u)(y + z + u ) (x + y + z + u)

z xy 00

0

01

11

10

01 11

f=(y+u)(x+y+z)(x+z+u)(x+z+ ú ) (x+y+z)

L l e 01anl , 111

d anouo

0n0n01»

C4: 110.aOROno n

r o l



Pr o b l ema 10 . - S i m p li f i q u e f = E ( 1 , 2 , 7 , 8 , 1 9 , 2 0 , 2 5 ) + d ( 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 , 2 6 , 2 7 , 2 8 )

Sol u c i ó n P 1 0 .

abcd

00

01

1 1

10

110

1

. A

z

f f i f f i l aM

f = á c + a c

111 101

OR:


100

- 1 A+B

f=abe+abcde+ácde++acde+acde+abce+acde

Prob lema 11 . - Razone si una OR de dos entradas c on inhibi ción p uede ser funcio nalmente

c o m p l e t a s i d i s p o n e m o s d e l " 0 " y d e l " 1 " . L a s v a r i a b l e s s e e n c u e n t r a n e n ú n i c o r a í l . mplemen-

t e f = m 1 +m3+m 4+m 6 usando este tipo de puertas .

Sol u c i ó n P11.-La puerta OR opera de acuerdo con la si guiente t a b l a :

AND:

> _ 1

0

1

> _ 1

a c

a c

?1

z

x+y

0 : n h i b i c ó n

La puerta será fu ncionalmente completa si pod emos realizar las op eraciones AND, OR

y NOT. En la figura sigui ente se muestra cómo es pos ible implementar cada una de estas f un-

ciones co ntando sólo con esta puerta, el "0" y el "1" . :

NOT:

AB

Por tanto, l a puerta es funci onalmente completa .

Para im pl ementar f=m 1+m3 +m4+m 6 o b te n e m o s u n a e x p r es i ó n m í n i m a e n f or m a sp a

partir del mapa de Karnaugh y la imp lementamos d irectamente :

l a

01

> _ 1

J 0 C 1 7 0

1 - 0 0 0 0

0 G 0 0

CE - - -




Pro b lema 12 . - U n c i r c u i t o q u e r e a l i z a l a f u n c i ó n z ( a , b , c ) e s t á c o m p u e s t o d e d o s s u b c i r c u i t o s

( v e r f i g u r a ) . La combinació n de entradas abc =001 nunca ocu rre . L a t a b l a d e v e r d a d d e l s u b -

c i r c u i t o N , e s l a m o s t r a d a . ¿ E s p o s i b l e c a m b i a r a l g u n o s v a l o r e s d e u , v , x a i n e s p e c i f i c a c i o -

n e s s i n mo d i f i c a r z ( a , b , c)? . S i e s a s í , i n d i q u e t o d o s e l l o s y r e a l i c e u n b u e n d i s e ñ o d e N 1 c o n

puertas NOR tras obt ener todo s los valo res inespeci fic ados .

0 0 0 0 d d0 0 1 d d d0 1 0 d 1 1011 Odd1 0 0 1 1 010 1 d l l

110 Odd1 1 1 1 0 1

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

S o l u c i ó n P12.-Llamemos P ala salid a de la pu erta EXOR : P = v O + x . B u s q u e mo s l a s p o s i -

bles inespecifi caciones de u, v y x, de forma que no se modifi que la funció n z, la cual toma el

siguiente valor : z = P u . De esta manera :

1) Si u=0, ento nces z=0 independientemente del valo r de P . De aquí qu e P pueda estar

ine s p e c i f i ca d o p ara u=0 .

2) Si P = 0, entonces z=0 independientemente del valo r de u .

3) Si u=P=1, entonces z=1 .

Por o tra parte, P = v O+ x , de f orma q ue : P=0 si v=x ; P=1 s i v=x .

Las inespecifi caciones pueden ocurrir en los siguientes casos :

a) Valores de entrada que nunca pueden ocurrir . En este caso en el enunciado del pro-

blema se dice qu e la combinación de entrada abc = 001 nunca ocurre . Por tanto p ara esta com-

binación de entrada u, v, x = d, d, d , siendo d inespecificació n .

b) Valores de entrada para los que u =0 . En este caso P p uede tomar cualquier valor, de

f o rma q u e v y x p u e den ser ine s p e c i f i ca c i o ne s . Así, para abc = 0 0 0, 0 1 1, 1 1 0, u = 0 y

v , x= d , d .

c) Valo res de entrada que hacen P=O . Esto es, valores p ara los que v=x . En este c aso u

es inespecific ación . Así, para abc = 010, 101, v=x y po r tanto, u= d .

La tabla de verdad considerando las inespecifi cacio nes sería la sigui ente :

abc uvx

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -abc uvx N20 0 0 0 0 1

0 0 1 1 1 0

0 1 0 1 1 1

0 1 1 0 0 01

1 0 0 1 1 0 a

10 1 1 1 1 b

1 1 0 0 1 0 c

1 1 1 1 0 1



u = a ( b + c )

>1> 1


P a r a d i s e ñ a r e l c i r c u i t o N 1 c o n p u e r t a s N O R v a m o s a c o n s t r u i r l o s m a p a s d e K a r n a u g h

y o b t e n e r l a s e x p r e s i o n e s m í n i m a s p s :

a r v ~ ouo

v = a + b

>1> _ 1

>1> 1

o Mal- 0 1 1 1

max=á+c

Pro b l ema 13 . - En la tabla representada aparecen tod as las i mplicantes primas y t odo s l os

mintérminos d e una función f(a,b,c ,d) qu e también tiene inespecifi caciones . Determine cuál es

son los mintérminos (m, m) e implicantes (A, B) desconocid os, así como tod as las inespecifi-

caciones de la función .

Solución P13 . - L a r e s o l u c i ó n d e l p r o b l e m a p u e d e e f e c t u a r s e u t i l i z a n d o u n a r e p r e s e n t a c i ó n d e

l a i n f o r m a c i ó n q u e a p o r t a l a t a b l a d e l e n u n c i a d o s o b r e u n m a p a d e K a r n a u g h . E n e s t a t a b l a

a p a r e c e n e x p r e s i o n e s d e t o d a s l a s i m p l ic a n t e s p r i m a s m e n o s d o s ( A y B ) d e l a f u n c ió n y t o d o s

l o s m i n t é r m i n o s m e n o s d o s ( m y m ' ) . E n e l s i g u i e nt e m a p a s e m u e s t r a l a i n f o r m a c i ó n d e p a r -

t i d a a c e r c a d e l a f u n c i ó n :

3 5 7 8 12 m m'

a d X X X

a c X

b c X Xc d X XA X X

B X




u®=-u=amoRamof

mplicante a d : Vale 1 cu ando a = 1 y d = 0 . Son las po sici ones 8, 10, 12 y 14 sobre un

mapa de Karnaugh . 8 y 12 son mintérminos de f . Como esta implic ante cubre a m' este min-

término solo p uede ser ó el 10 ó el 14 . El que no sea m' será una inespecific ación, d .

mplicante ac : Vale 1 cuando a = 1 y c = 1 . Son las posi ciones 10, 11, 14 y 15 sobre un

mapa de Karnaugh . Esta implicante sólo c ubre a un mintérmino de f, m', p or lo qu e posee tres

inespecificaciones . De la implicante anterior se s abe que m' o es el mintérmino 10 ó el 14 . De

esta forma las posi ciones 11 y 15 del mapa son inespecificaciones, d .

mplic ante Ec : Vale 1 cuando b = 0 y c = 1 . Son las posic iones 2, 3, 10 y 11 sobre un

mapa de Karnaugh . Esta implicante solo cubre al mintérmino 3 y al m . La pos ició n 11 ya sa-

bemos qu e es inespecif icación por lo que m só lo pu eden ser la posición 2 o l a 10 . Ahora bien

de las anteriores implic antes sabemos que la posic ión 10 es m' o inespecificación . Esta impli-

cante no cub re a m' po r lo qu e la posic ión 10 no puede ser el mintérmino m', si no inespecifi-

ca c i ó n . Por tanto el mint érmino m es el mintérmino 2 y el mintérmino m' es el mintérmino 14 .

mplicante c d : Vale 1 cuando c = 1 y d = 1 . Son las po sici ones 3, 7, 11 y 15 s obre el

mapa de Karnaugh . 3 y 7 son mintérminos de f y 11 y 15 ya sabemos que son inespecificaci o-

nes por lo que esta implic ante no aporta más información .

Con lo que hemos obt enido hasta ahora, el mapa de karnaugh de la funci ón f queda de

la s igui ente manera :

..01a.a-.vpvR=a . 1

b

d

0 0

01

11

10

00 01 1 1 10

f

Falta por averiguar cuál es son la implic antes primas A y B .

mp l i c ante A : cubre a los mintérminos m=2 y 8, que está n en esqui nas op uestas . La úni-

ca posibi lidad es que A sea la asociación de las po siciones en las cuatro esquinas, esto es, las

p osiciones 0, 2, 8 y 10. Como 8 y 2 son mintérminos, 10 es inespecif ic ación y, teniendo en

c uenta q ue A só l o c u b re a do s mintérminos, la pos ición 0 es inespecif icación . La expresió n

para A es b d



a2

b

a ,

S o l u c i ó n P14.-Analicemos el circuit o :


Cualquier otra posibi lidad p ara A daría lugar a que alguna de las impli cantes que ya co-

n o cemo s , n o f u e s e p r ima y sa bem o s q u e s í l o s o n . Teniendo en cu enta que en la primera co-

lumna del mapa de Karnaugh, posi cio nes 0, 1, 3 y 2 todas so n inespecific aciones o mintérmi-

nos menos el 1 y que no existe ninguna implicante prima que los cu bra a todos (la impli cante

B no posee al mintérmino m = 2) la posic ión 1 t iene que ser un maxtérmino . Al igual le ocurre

a las posic iones 13, 6, 9 y 4 que son maxtérminos .

mpli cante B : cubre a los mintérminos 5 y 7 . Las casillas adyacentes a 5 y 7 son max-

términos (1, 6, 4, 13) p or lo qu e B es la implic ante prima que asoci a exclu sivamente a los min-

términos 5 y 7 . La expresión de B es ábd .

Resu miendo, el mapa de Karnaugh de f queda de la sig uiente manera :

Prob lema 14 . - El circuito de la figura ha sido diseñado para comparar las magnitud es de dos

números binarios de dos bit s a 2 a l y b 2 b 1 . Si z=1 e y=0, a 2 a l es el mayor . S i z = 0 e y = 1 , b 2

b 1 es el mayor. Si z=y=0, lo s do s números s on iguales . S i n e m b a r g o e l c i r c u i t o p r o p u e s t o n o

cumple las especific aciones solicitadas . Compruebe este hecho y modifiqu e el diseño p ara

q u e s e a c o r r e c t o .

z= a, b 1 ( a 2 b 2 +a 2 b 2 ) = a 1 b 1 a 2 b 2 +a 1 b 1 a 2 b 2

y = a 1 b 1 ( a 2 b 2 +a 2 b 2 ) = a,b,a 2 b 2 +a,b 1 a 2 b 2

- z

ab

00 01 11 10 m=2c\00 d 0 1 m` = 14

01 0 1 0 0

11A=bd

1 1 d d

10 1 0 1 d B=ábd

f




Ahora vamos a construi r los mapas de Karnaugh co rresp o ndientes a las funcio nes de z

e y que suminist ra el circu ito y el mapa de Karnaugh correspondiente a la función especifi cada

Se observa que (zy)cir # (zy)func . En particular las dif erencias están en que tanto z como

y ti enen 4 mintérminos más en la función especif icada que en el circuit o su ministrado en las

siguientes posici ones :--r- - - D J- - - -- - - -

a 2-a

b l

a l

z

Así, las f unciones correctas serán :

Z zc „ + a 2 b 2

Y = Yc„ + a2b2

La reforma del circuit o co nsist irá en añadir dos puertas OR para hacer las su mas ya que

los términos product os ya están en el circuito :

> _ 1

C

a 2 b 2

C

--------r a l a -ENa - .

L

Y c i r

y

> 1

>1

Z f u n c

- Yfunc

en el enunciado :

CRCUTO FUNCÓN

ESPECFCADA

a 2 a l

00 01 1 1 10

a 2 a l

0 0 01 1 1 10b 2\ b 2\00 00 10 00 00 0 0 00 10 10 10

01 01 00 00 00 01 01 00 10 10

1 1 00 00 00 01 1 1 01 0 1 00 0 1

10 00 00 10 00zy

10 01 01 10 00 zy



z

-s

- - - - - - - - - - - - - - -

Sol u c i ó n P 1 5 .

a) Analizando el ci rcuit o de la f igura se obt iene que f = H + f 3 , siendo H la salida de la

p u erta AND . De aquí se deriva que los maxtérminos d e f son maxtérminos de H y de f 3 , mien-

tras que los mintérminos de f son mintérminos de H ó d e f 3 . Por tanto, los mapas d e Karnaugh

de H y f 3 tienen los si guientes maxtérminos :

f

f

f


Prob l ema 15 . - L a s f u n c i o n e s d e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a d e p e n d e n , e n g e n e r a l , d e l a s v a r i a b l e s

( w , x , y , z ) . Sabiendo q ue f = E ( 0 , 4 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 ) :

a)Determine completamente l a s funciones f2 :# 0 y f3 :#0 (incluyendo

inespecificaciones) .

b)Realice los circuit os qu e proporcionan f2 y f 3 .

- - - - - - - - - - - - - - - -wx

f 2 está inespecificada

e n a q u e l l a s c e l d a s e n l a s

queH=Oyf1 = 0 .

P o r o t ra p a r t e , f 2 = 0 en

celdas en las q ue H = 0

yfi =1 .

f

Po r otra parte, H = f 1 f2 = (x0 z)f 2 . De aquí q ue los mi ntérminos de H son mintérminos

d e f 1 y de f2 , mientras que los maxtérminos d e H son maxtérminos d e f 1 ó de f 2 .

Como f1 es conoci da, a partir de ella y d e H se obtiene parte del mapa de f 2 :

wx----------- -Rev i s an d o l o s ma p a s de H , f 2 , f3 y f podemos concluir lo sig uiente :

- H vale 0 en las celdas 0 y 10 porque f 1 vale 0 en esas celdas . Como f = 1 en las celdas

0 y 1 0 , f 3 tiene que valer 1 en esas mismas celdas .

- Como f2 tiene que ser dist inta de 0, tendrá algún mintérmino en alguna de las celdas

wx wx wx

00 01 1 1 10 0 0 01 1 1 10 0 0 01 1 1 10\Y\ yY\00 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 1 01 0 0 0 01 0 0 0

1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 11 0 0 0

10 0 0 0 1 10 0 0 0 10 0 0 0

f H f 3




d o n d e n o e s n i i n e s p e c i f ic a c i ó n n i 0 ( c e l d a s 4 , 9 , 1 1 ó 1 2 ) . C o m o f = 1 e n e s a s c e l d a s , e n a q u e -

l l a s e n l a s q u e f 2 = 0 , f 3 d e b e t o m a r e l v a l o r 1 . P o r t a n t o , e x i s t e n v a r i a s s o l u c i o n e s , d e p e n di e n d o

de cuál es de las celdas 4,9,11 ó 12 consid eremos mintérminos de f 2 .

- Una de las posi bles so lucio nes es la que se muestra a continuación :

=amo0000000 0b) De los mapas d e f 2 y f 3 obt enemos expresiones p ara f 2 y f 3 :

wx

00_10000000 0 = wY

00

01

1 1

10

wx

Yz

00

0 1

1 1

1 0

0

0

0

0

0

0

0

0

n1 11

00 01 1 1 10

z

f 3=wyz+wxy

Pro b lema 16 . - En la figu ra se representa una funció n de 4 variables i ncompletamente espe-

c i f i c a d a . Asigne valores a las inespecifi caciones para conseguir especificar compl etamente la

funci ón de la forma que se indica en cada uno de los casos s igui entes :

ab

c d 00 0 1 1 1 1 0

a) z pasa a depender de sólo d os variables .

b) z tiene únicamente cinco mintérminos sin impli cantes superiores .

c) z t iene exactamente cuatro i mpli cantes primas .

d ) z t i e n e u n a i m p l i c a n t e p r i m a n o e s e n c i a l .

e) z tiene el mis mo número de impl icantes primas que de impl icadas p rimas .

Soluci ón P16 .

a) Teniendo en cuenta que hay dos mintérminos en esquinas opu estas, p ara lograr que z

d e p e n d a s ó l o d e d os v a r i a b l e s , l a s i n e s p e c i f i c a c i o n e s d e l a s o t r a s e s q u i n a s d e b e n s u s t i t u i r s e p o r

1 d d d

d d 0 0

0 d 0 0

d d 0 1

wx

00 01 1 1 1 0Y\00 1 0

01 0 0 0

1 1 0 0 0 1 f 3

1 0 0 0 0 1



b ) P a r a q u e n o h a y a i m p l i c a n t e s s u p e r i o r e s , n o p u e d e h a b e r d o s m i n t é r m i n o s a d y a c e n -

t e s . E l m a p a q u e d a r í a d e l a s i g u i e n te m a n e r a :

DSEÑO DE CRCUTOS COMB NACONALES 6 9

m i n t é r m i n o s . E l r e s t o d e i n e s p e c i f i c a c i o n e s s e s u s t i t u i r á n p o r m a x t é r m i n o s .El mapa de

K a r n a u g h y l a e x p r e s i ó n f i n a l d e z q u e d a n c o m o s i g u e :

c ) U n a i m p l ic a n t e p r i m a e s a q u e l l a i m p l ic a n t e ( a g r u p a c i ó n d e m i n t é r m i no s ) q u e n o e s t á

inclu ida en una impli cante de orden sup erior . Para conseguir 4 implicantes p rimas

e x a c t a m e n t e d e b e m o s h a c e r l a s s i g u i e n t e s s u b s t i t u c i o n e s e n e l m a p a :

d ) U n a i m p l i c a n t e p r i m a n o e s e n c i a l n o p o s e e n i n g ú n m i n t é r m i n o d i s t i n g u i d o : .

ab

cd 00 0 1 1 1 1 0

00 1 1z=bd

0 1 0 0 0 0

1 1 0 0 0 0

1 0 1 0 0 1

ab

c d 00 0 1 1 1 1 0

00 1 0 1 0

0 1 0 1 0 0

1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 1

ab m p l i c a n t e

c d 00 0 1 1 1 1 0 p r i m a

n o e s e n c i a l

00 1 ) 1 0 H-0 1 1 1 0 0

1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 r




e) En el siguiente mapa existen dos impli cantes primas y d os impl icadas primas (impli-

c ada c omo agru pac i ó n de maxtérminos) :

0 0

01

11

10

Jv~a-úuw~wPro b lema 17 . - R e a l i c e l a f u n c i ó n f c o n p u e r t a s : a) NAND, b ) NOR .

f = a b c d + a t i ce + a cde + at i c e + á b c e + a t i c é + abcd + abec

Solución P17 .

a) Para realizar la fu nció n con pu ertas NAND vamos a obt ener la expresió n mínima en

forma de suma de produc tos (sp) qu e nos da una forma directa de implementarla en dos niveles

de puertas NAND .

Para obtener la expresión mínima vamos a aplicar el método de Quine-McClus key . E s t e

método p arte de la expresió n suma de mintérminos de la funció n . En primer lug ar, obt enemos

esa expresión a p artir de la que nos dan . Para ello const ruimos el mapa de Karnaugh :

000 001 011 010 110 111 1 0 1 1 0 0

f= 1 (4, 6 , 9 , 11 , 12 , 1 3 , 17 , 1 9 , 2 1 , 2 2 , 2 3 , 2 5 , 27, 2 9 )

Una vez con la expresión s uma de mintérminos, el método const a de dos p artes :

1) Obtención de las impl icantes primas .

El procedimiento de obtenció n de las impli cantes primas consta de los sigui entes pasos :

1) Listar tod os lo s mintérminos por su índice (número de unos del có d ig o

a s o c i a d o a ca da m in t érmin o ) .

2) Comparar cada mintérmino d e índi c e j (empezando p or j=0) c on cada

mintérmino de índic e j+l . En el caso de ser adyacentes :

a) Formar una nueva pareja con ambos mintérminos e inclu irla en una

nueva list a, dentro del grupo de índic e j . (Cada pareja es u na impli-

cante) .

b ) M ar c a r amb o s m i n t é r m i n o s .

0 1 1 0 0 0 0

0 0 1 1 1 1 1 1

0 0 0 1 1 0 1 1

0 1 0 0 0 0 1 0



mplicantes d e

cuatro mintérminos

(9,11,25 ,27)-2,16 E

(9 ,13 ,2 5 ,2 9)-4,16 D

(17,19,21,2 3)-2,4 C

(17,19,25 ,27)-2,8 B

(17,21,25 ,29)-4,8 A

Expresi ón de cada implicante


3) Una vez comparados to dos l os mintérminos, proc eder con la nueva lista

(la de implicantes) de forma similar al punto 2 . Esto es, comparar cada im-

pli cante de índice j con cada impli cante de índice j+l . En caso de ser adya-

centes, fo rmar la nueva implic ante que cubre a las implic antes anteriores y

añadirla a una nueva lis ta . Además, marcar las impli cantes agrupadas .

4) Una vez comparadas todas las impl icantes de to das las l istas generadas,

son impli cantes primas tod as aquellas que están sin marcar al final del pro-

c es o .

El desarrollo de estos pasos, en este caso, es el siguiente :

) Cubrimiento mínimo .

El proceso de obtenció n del cubrimiento mínimo consta de varios p asos :

1) Formar la tabla de implic antes primas . Para ello, poner los mintérminos

de la función como cabezas de columnas y las implic antes primas como ca-

bezas de filas . Marcar los mintérminos cubi ertos por c ada implicante .

2) Determinar las columnas dist inguid as seleccio nando las impl icantes pri-

mas esenciales p ara formar la expresión de la fu nción . Eliminar todos los

mintérminos cubiertos po r las implicantes esenciales .

3) Si hay mintérminos de la función que aún no han sido c ubiertos , simpl i-

ficar la tabla . Para ello, eliminar las fil as dominadas (si el cost e es mayor o

ig ual qu e la dominante) y las colu mnas dominantes .

a b c d e

A 1--01 ad

B 1-0-1 a e e

C l o — 1 abe

D -1-01 bdeE -10-1 b e e

F 1011- abcdG 0110- abcd

H -0110 bcd-e

1 0- 100 acde

J 001-0 asee

Mintérminos li stados

por su índice

mplic antes d e

dos mintérminos

(4,6)-2 J

(4,12)-8 1

í n d i c e 1 4<

(6,22)-16 H

6 < (9,1l)-2<

í n d i c e 29 < (9,13)-4<

12 < (9,25)-16<

17< (12,13)-1 G

(17,19)-2<11<

(17,21)- 4<

í n d i c e 3 1 3 <( 1 7 , 2 5 ) - 8 <

1 9 <

21< (11,27)-l6<

2 2 < (13,29)-16<

2 5 < ( 1 9 , 2 3 ) - 4 <

(19,27)-8<2 3 <

(21,23)-2<í n d i c e 4 2 7<

(21,29)-8<2 9 <

(22,23)-1 F

(25,27)-2<

(25,29)-4<




4 ) V e r i f i c a r s i h a y i m p l i c a n t e s e s e n c i a l e s s e c u n d a r i a s , e n c u y o c a s o r e p e t i r

e l p r o c e s o d e s d e e l p a s o 2 .

5 ) S i s e l l e g a a u n a t a b l a c í c l i ca , o b t e n er e l c u b r i m i en t o m í n i mo b i e n p o r e l

m é t o d o e x h a u s t i v o , b i e n p o r e l m é t o d o d e P e t r i c k .

6 ) L a s u m a e s t r i c t a m e n t e m í n i m a d e l a f u n c i ó n s e o b t i e n e m e d i a n t e l a s u m a

d e l a s i m p l i c a n t e s s e l e c c i o n a d a s e n l o s p a s o s 2 y 5 .

Notas adici onales :

1 . - E n f u n c i o n e s i n c o m p l e t a m e n t e e s p e c i f i c a d a s , l a s i n e s p e c i f i c a c i o n e s s e t o m a n c o m o" u n o s " a l a h o r a d e o b t e n e r l a s i m p l i c a n t e s p r i m a s y n o s e t i e n e n e n c u e n t a a l a h o r a d e f o r m a r

l a t a b l a d e i m p l i c a n t e s p r i m a s .

2 .- La obtención del product o de sumas mínimo, si gue el mismo proceso t omando los" c e r o s " d e l a f u n c i ó n e n v e z d e l o s " u n o s "

.

Comenzamos construy endo la tabla de impl icantes primas :

Columnas di stinguidas : 1 1 . P o r t a n t o , E e s i m p l i c a n t e p r i ma e s e n c i a l y s e s e l e c ci o n a . S e

e l i m i n a n d e l a t a b l a d e c u b r i m i e n t o l o s m i n t é r m i n o s d e E : 9 , 1 1 , 2 5 , 2 7 .

Filas d ominadas : B es dominada por C . P o r t a n t o , e l i m i n a m o s B .

Columnas dominantes : l a c o l u m n a 1 7 d o m i n a a 1 9 y 2 1 . S e e l i m i n a 1 7 .

Columnas distinguid as secundarias : 1 9 . P o r t a n t o , C m p l i c a n t e p r i m a e s e n c i a l s e c u n -

d a r i a y s e s e l e c c i o n a . S e e l i m i n a n s u s m i n t é r m i n o s : 1 9 , 2 1 , 2 3 .

E n e s t e p u n t o , p o r c l a r i d a d , r e e s c r i b i m o s l a t a b l a e l i m i n a n d o l a s c o l u m n a s y f i l a s y a

tachadas .

4 6 1 2 1 3 22 2 9

A;; ~ . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .S

.

F00 0-. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . V. . . . . c. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Í

1

X

6 9 1 1 1 2 1 3 1 7 : 1 9 2 1 22 2 3 2 5 2 7 29

A ~ { t { X. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x X. . . . . . . . . . . . . . . . X . . . . x . . . . . . . . . . .

C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

. . . . . . . . x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , . ADE

F

G

H

XJ

X

X

X X

X

X

X

XX

X

X

t {

X

'

X




F i l a s d o m i na da s : A e s d o m inada p o r D . Por tanto, eliminamos A ; F es dominada por H,

de aquí qu e eliminemos F .

C o l u mna s d i s t i n g u i d a s se c u n d aria s : 22 . Por tanto, H es esencial secu ndaria y s e selec-

ciona . Columna 29 . Por tanto, D es esencial y se selecci ona . Eliminamos lo s mintérminos 6,

22 (de H), 13, 29 (de D) .

F i l a s d o m i na das : G es dominada por 1 y J es dominada por 1 . Eliminamos G y J .

C o l u mna s d i s t i n g u i d a s se c u n d aria s : 4 -* 1 es esencial y con ella la fu nción queda com-

pletamente cub ierta . Por tanto :

f = E+C+H+D+ = bce+abe+bcdé+bde+ácdéb) Con puertas NOR, el procedimiento es similar con l as dif erencias de qu e hay que ob -

tener una expresión mínima en forma product o de su mas (ps) y, po r tanto, hay qu e partir de la

expresión prod uct o de maxtérminos de f . A partir de esta expresión, el métod o de Qu ine-Mc-

Clus key se aplic a exactamente igual que en el caso anterior . La solución que se ob tiene es la

siguiente :

f = ( c+e) (a+b+é) (a+d+e) (b +c+d)

P r o b l e m a 18 . - Flo rencio va a ir a una fiesta esta noche, pero no sol o . Tiene cuatro nombres

en su agenda : Ana, Bea, Carmen y Diana . Puede invitar a más de una chica pero no a las

cuatro . Para no romper corazones, ha estableci do l as sig u ientes normas :

- Si invit a a Bea, deb e invitar tambi én a Carmen .

- Si invit a a Ana y a Carmen, d eberá también i nvitar a Bea o a Diana .

- Si invit a a Carmen o a Diana, o no invita a Ana, d eberá invitar también a Bea .

Antes de llamarlas por teléfono, q uiere utilizar un circuito qu e le indique cuándo u na

elección no es c orrecta . A y ú d e l e a d i s e ñar e l c i r c u i t o ó p t i m o en d o s n i v ele s c o n p u erta s

NAND . (Util ice el método de Qui ne-McClus key) .

S o l u c i ó n P 18 . - Descripció n de las variables :

Vamos a asoci ar una variable de conmutaci ón a cada persona : A, a Ana ; B, a Bea ; C , a

Carmen y D, a Diana . Cada variable pu ede valer 0 ó 1 c on el sigu iente significado :

- Si vale 0 signif ica qu e la persona NO va a la fiesta .

- Si vale 1 signifi ca que SÍ va a la fiesta .

Vamos a diseñar un circuito con una salida F qu e tomará los siguientes valores :

- F=0 si la elección es correcta (cumple todas l as normas) .

- F=1 si la elecció n es incorrecta .

OBTENCÓN DE LA FUNCÓN :

En el enunciado se indican 5 condic iones a cumplir :

- C 1 : Que no va solo . - C2 : Que no van las 4 chi cas juntas .

- C 3 : Si va B (Bea), deb e ir C (Carmen) . - C4 : Si van A y C, d ebe ir B ó D .

- C 5 : Si va C óD ó no va A, debe ir B .

F valdrá 1 cuando la elecció n sea incorrecta, esto es, c uando se incumpl a alguna de las

condiciones . P o demos expresar F c omo u na suma de prod u c t o s d onde cada término pro d u c t o

representa una condició n : F = C 1 + C 2 + C 3 + C4 + C 5

Debemos enc ontrar lo s términos pro d u c t o s aso c iad o s a cada c ond i c i ó n, teniendo en

cuenta lo siguiente :




CX = 1 s i n o s e c u m p l e l a c o n d i c ió n .

CX = 0 s i s e c u m p l e l a c o n d i c i ó n .

L a c o n d i c i ó n C 1 s e i n c u m p l e e n e l c a s o d e q u e n o v a y a n i n g u n a c h i c a , e s t o e s , e n e l c a s o

de q ue A=0 B=0 C=0 y D=0 . E n e s t e c a s o C 1 =1 . E l t é r m i n o p r o d u c t o a s o c i a d o a e s t a c o n d i c i ó n

e s e l m i n t é r m i n o 0 : C 1 =A B CD .

L a c o n d i c i ó n C 2 s e i n c u m pl e e n e l c a s o d e q u e v a y a n t o d a s l a s c h i ca s , e s t o e s , e n e l c a s o

de q ue A=1 B=1 C=1 y D=1 . E n e s t e ca s o C 2 = 1 . E l t é r mi n o p ro d u c to a s o c i a d o a e s t a c o n d ic i ó n

e s e l m i n t é r m i n o 1 5 : C 2=A B C D .

L a c o n d i c i ó n C 3 s e i n c u m p l e e n e l c a s o d e q u e v a y a B y n o v a y a C . E s t o e s , s i B = 1 y

C=0. E n e s t e c a s o C 3 =1 . E l t é r m i n o p r o du c t o a s o c i a d o a e s t a c o n d i c ió n e s : C 3 =B C .

L a c o n d i c i ó n C 4 s e i n c u m p l e e n e l c a s o d e q u e v a y a n A y C y n o v a y a n n i B n i D . E s t o

es, si A=1 C=1 B=0 y D=0 . E n e s t e c a s o C 4=1 . E l t é r m i n o p r od u c t o a s o c i a d o a e s t a c o n d i c i ón

e s : C4=A C B D .

La condic ión C 5 s e i n c u m p l e e n e l c a s o d e q u e v a y a n C o D o n o v a y a A y n o v a y a B .

E s t o e s , s i ( C = 1 ó D = 1 ó A = 0 ) y B = O . E n e s t e c a s o C 5 =1 . E l t é r m i n o a s o c i a d o a e s t a c o n d i c i ó n

e s : C 5 = (C+D+A)B= A B+ B C+ B D .

De esta forma se obtiene que F=ABCD+ABCD+BC+ACBD+AB+BC+BDEn forma de suma de mintérminos q ueda : F = E ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 5 )

A c o n t i n u a c i ó n , v a m o s a o b t e n e r u n a e x p r e s i ó n ó p t i m a d e F m e d i a n t e e l m é t o d o d e

Q u i n e - M c C l u s k e y q u e c o n s t a d e d o s p a r t e s .

1 ) O b t e n c i ó n d e l a s i m p l ic a n t e s p r i m a s . E n n u e s t r o c a s o , s e o b t i e n e :

m p l i c a n t e s d e

c u a t r o m í n t é r m in o s

( 0 , 1 , 2 , 3 ) - 2 , 1 1 1

( 0 , 1 , 4 , 5 ) - 4 , 1 1 2

( 1 , 3 , 9 , 1 1 ) - 8 , 2 1 3

( 1 , 5 , 9 , 1 3 ) - 8 , 4 1 4

( 2 , 3 , 1 0 , 1 1 ) - 8 , 1 1 5

( 4 , 5 , 1 2 , 1 3 ) - 8 , 1 1 6

( 9 , 1 1 , 1 3 , 1 5 ) - 4 , 2 1 7

E x p r e s i ó n d e c a d a i m p l i c a n t e

ABCD1 1 00-- ÁB1 2 0-0- AC

1 3 -0-1 BD1 4 --01 CD1 5 -01- BC1 6 - 1 0 - BC1 7 1--1 AD

M i n t é r m i n o s l i s t a d o s

p o r s u í n d i c e

m p l i c a n t e s d e

d o s m í n t é r m i no s

í n d i c e 0 0< ( 0 , 1 ) - 1 <

( 0 , 2 ) - 2 <

1< ( 0 , 4 ) - 2 <

í n d i c e 12 <

4< ( 1 , 3 ) - 2 <

( 1 , 5 ) - 4 <

3 < ( 1 , 9 ) - 8 <

5 < ( 2 , 3 ) - 1 <

í n d i c e 2 9 < (2,10)-8<

10< ( 4 , 5 ) - 1 <

12 < (4,12)-8<

í n d i c e 31 1 < (3,11)-8<

13< (5,13)-8<

(9,11)-2<í n d i c e 4 15<

(9,13)-4<

(10,11)-1<

(12,13)-1<

(11,15)-4<

(13,15)-2<



) C u b r i m i e n t o m í n i m o

Construimos la tabla de i mplicantes :


10 es una co lumna distinguid a, entonces, E es una implic ante prima esencial . Se elimi-

nan los mintérminos d e E : 2 , 3 , 1 0 , 1 . Lo mismo oc urre con la columna 12 y la implic ante F,

y s e eliminarán los mintérminos de F : 4 , 5 , 1 2 , 1 3 .

15 tambié n es una col umna disti nguida e G es una implic ante prima esencial . En est e

caso s e eliminan los mintérminos de G : 9, 11, 11, 15 .

En este punto reescribimos la tabla eliminando l as colu mnas y filas y a tachadas .

0

B. . . .e. . . . .

.. . . .

X

1

XX

75

F i l a s d o m i nada s : C y D s o n d o m ina da s p o r A y B , en t o n ce s e l i m inarem o s C y D .

En la tabla resultante tras eliminar C y D, tanto A como B cubren todo s lo s mintérmi-

nos que falt an y además tienen el mismo co ste, po r lo que se puede elegir cualqui era de ellas .

Por tanto : F = E+F+G+ A = BC+BC+AD+AB

B AC

P r o b l e m a 19 . - Una em p re sa d i s t r i b u y e un c i er t o p r o d u c t o en o ch o p u e b l o s (A , B , C , D , E ,

F, G, H) de una comarca, comunic ados entre sí como i ndica la tabla si guiente (cada X señala

dos pueblos vecinos) :

A

x

x

x B

x C

xx

xx

DxEx F

XG

x

1

H

La empresa q u iere c ons tru ir almacenes de f orma q ue cada p ueb l o , o b ien tenga un

almacén o bi en un pueblo vecino lo tenga .

0A XB XC

D

1

XXXX

2

X3

X4

X

5

XX

9

XX

10 1 1

X

12 13

X

15

E. . . . . .o

.... . . . . . . . .

:- -----. . . . . k. . .

.-.. . . . L

aF

. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . K. . . . . . . . . . . . .

. . . . ..x

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

- . . .i . .

. . .. . . . .

. . . . . . . ;. . . . .




a) Determine to das l as fo rmas d e hacerlo const ruyendo el menor número de almacenes

posibles .

b) Si en los p uebl os A y G se po nen almacenes po r tener mayo r número de habi tantes,

determine todas las s oluci ones más económicas .

S o l u c i ó n P 1 9 . - a) Este es un prob lema de cubrimiento : con el menor número de al macenes,

cubrir todos los pueblos . Vam o s a a p l i car la se g u n da p ar te de l m é t o d o d e Q u i ne - McC l u s k e y ,

que co nsiste en hacer un cubrimiento ó p t imo . Si bien en el caso del método de Quine-McClus-

key el problema consis te en obt ener un "conjunto de impl icantes mínimo" que cubra a todos

los "mintérminos", en nuestro caso vamos a apli carlo a obt ener un "conjunto mínimo de alma-

cene s in s t a l a d o s en l o s p u e b l o s " de f o rma q u e c u b ramo s a t o d o s l o s "p u e b l o s" . Existe una

equivalencia entre implicantes y almacenes en los pueblos y entre mintérminos y pueblos .

V amos a c ons tru ir u na tabla de c u brimiento d o nde vamos a t ener una f i la p o r cada

almacén que se pueda instalar en un puebl o y una colu mna por cada puebl o :

donde a, b, c, d , e, f , g y h representan un almacén en los pueblos A, B, C, D, E, F, G y H res-

p ec t ivamente . Cada uno de ellos cub re al pueblo donde está instalado y a los p ueblos vecinos .

Por ejemplo, un almacén en el pu eblo A, fil a a, cubre a los pu eblos A, B, D y F .

A partir de aquí el procedi miento es igual al del cub rimiento en Qui ne-McClus key :

Col umnas di s t ing u i das ; filas do minadas y columnas dominantes . No ob stante, en el enunciado

nos di c en q ue se deben ob tener t o d a s l a s s o l u c i o ne s m í nima s . C uan d o se p re tende o b t ener

t o d o s los c ubrimientos mínimos, no se debe aplicar el criterio de eliminar filas dominadas, ya

que este criterio elimina algunas soluci ones mínimas .

C u b r im ien t o m í n im o de la ta b l a .

E l i m i n a mo s l a s c o l u m n a s d o m i n a n t e s : D (domi na a B) y C y H (do minan a G) .

El resultado de eliminar estas columnas, es la si guiente tabla cíclica :

A B E F Ga X X Xb X Xc X Xd X X Xe X Xf X X Xg X

X X

A B C D E F G Ha X X X Xb X X X X

c X X X X Xd X X X X X

e X X Xf X X X X

g X X X

h X X




P a r a r e s o l v e r e s t a t a b l a v a m o s a a p l i c a r e l m é t o d o ex h a u s t i v o .

E n e s t e m é t o d o s e p a r t e d e u n a c o l u m n a c o n e l m í n i m o n ú m e r o d e m a r c a s . E n e s t e c a s o

l a c o l u m n a E .

P a r a c u b r i r e l p u e b l o E h a y t r e s o p c i o n e s : n s t a l a r a l m a c é n e n d ó e n e ó en f . A n a l i ce -

m o s c a d a u n a d e e l la s :

1 . - E l i g i e n d o d : E l i m i na m o s l a s f i l a s q u e c u b r e d : A , B , y E q u e d a n d o l a s i g u i en t e t a b l a :

C o n h s e c u b r e e l r es t o d e l a t a b l a . A s í p u e s c o n d y h s e c u b r en t o d a s l a s c o l u m n a s .

2 . - E l i g i e n d o e : E l i m i na m o s l a s f i l a s q u e c u b r e e : E y F q u e d a n d o l a s i g u i e n t e t a b l a :

A d e m á s d e e s e n e c e s i t a n a l m e n o s d o s m á s ( p o r e j e m p l o : a y c ó b y g ) . E n t o t a l t r e s ,

c o n l o q u e n o s o n s o l u c i o n e s m í n i m a s .

3 . - E l i g i e nd o f : E l i m i n a m o s l a s f i l a s q u e c u b r e f : A , E y F q u e d a n d o l a s i g u i e n t e t a b l a :

C o n c s e c u b r e e l r e s t o d e l a t a b l a . A s í p u e s c o n f y c s e c u b r e t o d a s l a s c o l u m n a s .

E x i s t e n p o r t a n t o d o s s o l u c i o n e s m í n i m a s : P o n e r a l m a c e n e s e n l o s p u e b l o s D y H ó

p o n e r l o s e n l o s p u e b l os C y F .

E x i s t e o t r a f o r m a d e r e s o l v e r l a t a b l a d e c u b r i m i e nt o , a p l i c a n d o e l m é t o d o d e P et r i c k .

E s t e e s u n m é t o d o q u e c o n s i s t e e n l o s i g u i e n t e :

1 . - S e f o r m a l a f u n c i ó n d e P e t r i c k c o m o e x p r e s i ó n p r o d u c t o d e s u m a s , d o n d e c a d a t é r -

m i n o s u m a c o r r e s p o n d e a l a s f o r m a s d e c u b r i r u n a c o l u m n a m e d i a n t e f i l a s . P . e j . , A s e c u b r e

c o n ( a + b + d + f ) :

B Ga Xb Xc X Xd Xg Xh

a X Xb X Xc X Xd X Xf Xg Xh X

F Ga X

b

c Xe X

f X

g XX X




P = (a+b+d+f)(a+b+c+d)(b +c+d+g+h)(a+b+d+e)(d+e+f)(a+e+f+h)(c+g+h)(c+f+g+h) .

2 .- Se obtiene la función de Petrick como s uma de productos . El cub rimiento mínimo se

obt iene con las filas que aparecen en los términos produ cto c on menor número de li terales :

P = cf+dh+acd+ace+(el resto d e términos prod uct o tiene 3 o más literales) .

Por tanto, l as solu ciones mínimas son construi r en C y F ó en D y H .

b) Si en A y G se colocan almacenes están cub iertos todo s los pueblos vecinos de A y

G junto con ellos . Se pueden eliminar de la tabla de cubrimiento inici al . A l e l i m i n a r e s t o s p u e -

blos l a tabla queda como sigue :

1 E

d

e

XX

Hay, pues, tres solu ciones mínimas en esta caso so n : { A,G,E } , { A,G,D } y { A , G , F } .

Pro b l ema 20 . - Diseñe, con el menor número posibl e de puertas, un divis or por 2 d e un dígito

BCD . Dé el resultado con una cif ra decimal (también en BCD) .

So l u c i ó n P20.-Debemos dis eñar un circuito con 4 señales de entrada representando un d ígito

BCD y que genere a la salida el resultado de dividir ese dígito por 2 . El resultado deberá tener

una cifra deci mal y estará representado en BCD . P o r t a n t o l a s a l i d a t e n d r á 8 s e ñ a l e s : z 3 z 2 z 1 _

z 0 .u3u2 u1u0, d onde z3z2z1z0 representa el dígito BCD de la parte entera de la divis ión y

u3u2 u1u0 el dígi to BCD de la parte fraccionaria .

La tabla de verdad del circu ito es la si guiente :

De la tabla de verdad se obt iene una expresión para cada salida si n más qu e comparar

las col umnas de cada salida co n las columnas de las entradas . A s í s e t i e n e :

z3=0,z2=a,z1=b, z0=c,u3=0,u2=d,u1=0,up=d .

ENTRADAS SALDAS

N a b c d N/2 z3 z2 z1z0 .u 3 u 2 u 1 u 0

0 0 0 0 0 0 . 0 0 0 0 0 .0 0 0 0

1 0 0 0 1 0 . 5 0 0 0 0 .0 1 0 1

2 0 0 1 0 1 . 0 0 0 0 1 . 0 0 0 0

3 0 0 1 1 1 . 5 0 0 0 1 .0 1 0 1

4 0 1 0 0 2 . 0 0 0 1 0 .0 0 0 0

5 0101 2 . 5 0010.01016 0 1 1 0 3 . 0 0 0 1 1 .0 0 0 0

7 01 1 1 3 . 5 001 1 .01018 1 0 0 0 4 . 0 0 1 0 0 .0 0 0 0

9 1001 4 . 5 0100.0101



Prob l ema 21 . - Una cierta puerta de cu atro entradas ll amada LMON realiza la func ió n

s i g u i e n t e :

L MON(A, B, C, D)=BC(A+D)

Suponiendo entradas en doble raíl :

a ) R e a l i c e l a f u n c i ó n :

f ( v, x , y , z ) = E ( 0 , 1 , 6 , 9 , 1 0 , 1 1 , 1 4 , 1 5 )

con só lo tres LMON y u na OR .

b ) ¿ Pu ede realizarse cual qui er funció n en ló gic a LMON/OR? .

S o l u c i ó n P 2 1 . - L a p u e r t a L M O N r e a l i z a l a s i g u i e n t e f u n c i ó n :

LMON(A,B, C,D)=L(A,B, C,D)=BC(A+D) = ABC + BCD .

E s p o s i b l e r e a l i z a r t é r m i n os p r o d u c t os d e 1 v a r i a b l e ( p o r e j e m p lo c o n L ( 1 , x , 1 , 1 ) = x ) , d e

d o s v a r i a b l e s ( p o r e j e m pl o L ( l , x , y , 1 ) = x y ) , d e 3 v a r i a b l e s ( p o r e j e mp l o L ( O , x , y , z ) = x y z ) ó

u n a s u m a d e 2 t é r m i n o s p ro d u c t o s d e 3 v a r i a b l e s c o n a l m e n o s d o s l it e r a l e s c o m u n e s . T en i e nd o

e n c u e n t a e s t o v a m o s a o b t e n e r u n a e x p r e s i ó n e n f o r m a d e s u m a d e p r o d u c t o s p a r a f y p o s t e -

r i o r m e n t e v e r e m o s s i e s p o s i b l e i m p l e m e n t a r l a c o n p u e r t a s L M O N .

D e l m a p a d e K a m a u g h s e o b t i e n e l a s i g u i e n te e x p r e s i ó n p a r a f :

n09 0


f = v y + v x y + v x z + x y z ( 1 )

x y z ( 2 )

f

T e n e mo s d o s o p c i o ne s p a r a f , ( 1 ) y ( 2 ) . Como sólo disp onemos de tres puertas LMON

y l a f u n c i ó n f t i e n e 4 t é r m i n o s p r o d u c t o s , d e b e m o s u s a r u n a p u e r t a L M O N p a r a i m p l e m e n t a r

d o s d e l o s 4 t é r m i no s p r od u c t os . P a r a e l l o s n e c e s i t a m o s d o s t é r m i n o s p r o d u c t o s q u e c o m p a r t a n

d o s v a r i a b l e s . E s t o e s p o s i b l e e n l a o p c i ó n ( 2 ) , c o n l o s t é r m i n o s p r o d u c t o s v x y y x y z . L a

s u m a d e e s t o s t é r m i n o s p r o d u c t o s l a p o d e m o s i m p l e m e n t a r c o n l a s i g u i e n t e p u e r t a L M O N :

LMON ( v , x , y , z ) = v x y + x y z = L 1L o s o t r o s d o s t é r m i n o s p r o d u c t o s l o s i m p l e m e n t a m o s c a d a u n o d e e l l o s c o n u n a p u e r t a

L M O N d e l a s i g u i e n t e m a n e r a :

LMON (l , v , y , 1 ) = v y = L 2 .

LMON ( v , x , z , 0 ) =v x z = L 3 .

P o r t a n t o :

f= L, +L2 +L3

b ) C o n l a p u e r t a L M O N p o d e m o s i m p l e m e n t a r t é r m i n o s p r o d u c t o s d e h a s t a t r e s v a r i a -

b l e s . P a r a i m p l e m e nt a r u n t é r m i n o p r o d u c t o d e m á s d e t r e s v a r i a b l e s n e c e s i t a m o s m á s d e u n a

p u e r t a L M O N p e r o e s p o s i b l e i m p l e m e n t a r l o . P o r t a n t o s í e s p o s i b l e i m p l e m e n ta r c u a l q u i e r

f u n c i ó n u t i l i z a n d o e x c l u s i v a m e n t e p u e r t a s ' L M O N ( c o n t a n t o s n i v e l e s c o m o s e n e c e s i t e n ) y

p u e r t a s O R .




Pro b lema 22 . - S e d e s e a e n v i a r m e n s a j e s d e t r e s b i t s d e u n a e s t a c i ó n a o t r a y , p a r a e v i t a r e n

l o p o s i b l e l o s e r r o r e s , s e h a d e c i d i d o a ñ a d i r l e a l m e n s a j e u n b i t d e p a r i d a d i m p a r . Dis poniendo

únic amente de pu ertas EXOR y NO-EXOR de do s entradas :

a) Diseñe el circu ito que genere ese bit d e paridad impar en la estaci ón emisora .

b) Diseñe también el circuit o q ue compruebe en la estación recepto ra que el mensaje

r e c i b i d o e s c o r r e c t o .

c) Generali ce ambos apartado s para n bi ts .

Soluci ón P22 .

a ) E l e n u n c i a d o n o s p i d e d i s e ñ a r u n c i r c u i t o q u e g e n e r e u n b i t d e p a r i d a d i m p a r a u n c ó -

d i g o d e 3 b i t s :

b

CRCUTO

COMBNACONAL p

P = 0 s i e l n °- d e " 1 "

e n a b c e s i m p a r

P = 1 s i e l n 2 d e " "

e n a b c e s p a r

Hay que dis eñar el circ uit o usando exclu sivamente puertas EXOR y NO-EXOR .

La función EXOR se hace 1 cu ando el número de 1 `s en su s variables es impar . E n t o n -

c e s , t e n i e n d o en cuenta l a d e f i n i c i ó n de P, P es el complemento d e la función EXOR de a, b y c :

P = a$b(Dc = (a$b) ©cA s í , e l c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l q u e g e n e r a P e s e l s i g u i e n t e :

b

b ) E l e n u n c i a d o n o s p i d e d i s e ñ a r u n c i r c u i t o q u e d e t e c t e u n e r r o r d e p a r i d a d i m p a r e n u n

c ó d i g o d e 4 b i t s :

b

CRCUTO

COMBNACONAL

E = 0 s i e l n 4 d e " 1 "

e n a b c P e s i m p a r

E = 1 s i e l n °- d e " 1 "E e n a b c P e s p a r

Teniendo en cuenta la definic ión d e la funció n EXOR que se vio en el apartado a y la

definic ión de E, E es el complemento de la funció n EXOR de a, b, c y P :

E = aObOcOP = (aOb) O (cOP)



A s í , e l c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l q u e g e n e r a P e s e l s i g u i e n t e :

a _b

= 1


o - E

c ) G e n e r a l i z a c i ó n a l c a s o d e n b i t s : x n - 1 , x n - 2x 1 , x0 .E n e l c a s o d e l g e n e r a d o r d e b i t d e p a r i d a d i m p a r , l a f u n c i ón d e l b i t d e p a r i d a d P e s :

P = 1 s i e l n ú m e r o d e 1 ` s e n l o s n b i t s e s i m p a r

P = 0 s i e l n ú m e r o d e 1 ` s e n l o s n b i t s e s p a r

D e e s t a f o r m a t e n i e n d o e n c u e n t a l a d e f i n i c i ó n d e l a f u n c i ó n E X O R , l a f u n c i ó n P e s e l

c o m p l e m e n t o d e l a o p e r a c i ó n E X O R d e l o s n b i t s :

P = x„- 1 O+xi-20+O + x 1 Ox o

E l c i r c u i t o s e p u e d e h a c e r e n c a d e n a n d o p u e r t a s E X O R d e d o s e n t r a d a s y u n a ú l t i m a

pu erta NEXOR .

E n e l c a s o d e l d e t e c t o r d e b i t d e p a r i d a d i m p a r , l a f u n c i ó n s e d e f i n e e x a c t a m e n t e i g u a l

i n c l u y e n d o u n b i t m á s q u e e s e l b i t d e p a r i d a d P :

E = 1 s i e l n ú m e r o d e l ' s e n l o s n + l b i t s e s i m p a r

E = 0 s i e l n ú m e r o d e l ' s e n l o s n + l b i t s e s p a r

D e e s t a f o r m a t e n i e n d o e n c u e n t a l a d e f i n i c i ó n d e l a f u n c i ó n E X O R , l a f u n c i ó n P e s e l

c o m p l e m e n t o d e l a o p e r a c i ó n E X O R d e l o s n b i t s :

E = POxi _ 1 O + x , i - 2 0 +( D X + O X0

Probl ema 23 . - La expresió n algebraic a

Co =AoCk =(A o + A 1 + . . . + A k _ 1 ) O+ Ak k = 1 , 2 , . . .

p r o p o r c i o n a e l v a l o r d e l a s a l i d a C k d e u n c i r c u i t o e n f u n c i ó n d e l a s e n t r a d a s A 0 , . , Ak-1, Ak.

( a ) D i s e ñ e e l c i r c u i t o c o r r e s p o n d i e n t e a c u a t r o b i t s d e e n t r a d a .

( b ) D e s c r i b a v e r b a l m e n t e q u é t a r e a r e a l i z a d i c h o c i r c u i t o .

(c) Utilizando como módul o el circuito d iseñado en ( a ) , r e a l i c e u n n u e v o c i r c u i t o p a r a 1 2

bit s de entrada, indicando las nuevas entradas y salid as que hay que añadir al módul o dis e-

ñado en ( a ) , para que el nuevo circu ito de 12 bit s pu eda operar correctamente .

S o l u c i ó n P 2 3 . - P a r a 4 b i t s d e e n t r a d a e x i s t e n 4 b i t s d e s a l i d a c u y a s e x p r e s i o n e s y e l c i r cu i t o

f i n a l s o n l a s s i g u i e n t e s :




Co = Ao

C 1 =Ao +OA 1

C2 = (Ao+A1) OA2

C3 = ( Ao+A 1 +A 2 ) +OA 3

?1

A 2

C 3 C 2

> 1

C1

A o

C o

b) Analizando la tabl a de verdad de las fu nciones C ; (i = 0, 1, 2, 3) se comprueba que se

obt iene el complemento a 2 del número de 4 bits d e entrada :

c) Para obt ener la variable C k hay que i r arrastrando la o peración OR de las K variables

de entrada anteriores (A 0 h a s t a Ak _ 1 ) . Para ello hay q ue añadir al módul o de 4 bit s dis eñado en

el apartado a) una señal d e entrada, Kin, que permita introducir la operación OR de las varia-

bles de entrada de los módulos que se coloquen antes, y una señal de salida, Kout, que trans-

mita la operación OR de las variables de entrada anteriores al s iguiente módul o . De esta ma-

nera la primera variable de salid a del modul o, C0 , no se ob tiene direct amente de la entrada A o

s i n o c o m o l a o p e r a c i ó n EXOR d e A o y K i n (en Kin se conectará l a señal Kout d e l m ó d u l o an -

terior o bien un 0 si es el primer módu lo d e la cadena) .

A 3 A2 Al Ao C 3 C 2 C 1 C o

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 1 1 1 1

0 0 1 0 1 1 1 0

0 0 1 1 1 1 0 1

0 1 0 0 1 1 0 0

0 1 0 1 1 0 1 1

0 1 1 0 1 0 1 0

0 1 1 1 1 0 0 1C 3 - o = Ca 2 (A3-o )

1 0 0 0 1 0 0 0

1 0 0 1 0 1 1 1

1 0 1 0 0 1 1 0

1 0 1 1 0 1 0 1

1 1 0 0 0 1 0 0

1 1 0 1 0 0 1 1

1 1 1 0 0 0 1 0

1 1 1 1 0 0 0 1




Prob lema 24 . - Dada la f unción d e la fi gura, ob tenga la mínima expresión en forma de suma

d e p r o d u c t o s .

00

0 1

1 1

l o

Solución P24.-f=abe+abcd+acde+abde

Prob lema 25 . - Diseñe de forma óptima, un circui to q ue genere la función f(a,b,c,d ,e) y cuya

r e a l i z a c i ó n s e a e n d o s n i v e l e s :

a ) f = E ( 0 , 1 , 5 , 6 , 9 ) + d ( 1 0 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) .

b ) f = 1 ( 0 , 2 , 5 , 7 , 1 3 , 1 5 , 1 8 , 2 6 , 2 9 , 3 1 ) + d ( 2 0 , 2 4 , 2 8 ) .


c

b a oo0 001 011 ojo 110 111 101 100

0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 1 0 0

1 1 1 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0

Mó d u l o de 4 e n t r a d a s y 4 s a l i d a s

A 3 A2 A1 Ao

_1 > _ 1 > _ 1 > _ 1

Kout- Kin

1

=1 =1 =1 =1

C 3 c , B o

A 1 1 A j o

Conexión

A9 A 8 A 7

e n t r e

A 6 A 5

m ó d u l o s

A 4 A 3 A2 A l Ao

A 3 A 2 A l Ao A3 A 2 A l A o A 3 A 2 A 1 Ao

Kout K i n Kout Kin Kout Kin 0

C3 C2 C l CO C 3 C2 C l Co C 3 C2 C 1 Co

C11 C10 C9 C8 C7 C6 C5 C4 C 3 C 2 C 1 C o




S o l u c i ó n P 2 5 .a)fs p =ábc+bcd+cd

f p s =(á+d) (b+c) (c+d) ( b+ c+d )

b)f s p =ace+bce+atice+acdef p s = ( c + e ) ( c + e ) ( a + b + c ) ( a + d + e ) ( a + b + e )

Pro b l ema 26 . - Sea F una fu nción de un dí gito BCD y de u na entrada de co ntrol X. F v a l e " 1 "

en los siguientes casos :

1 ) S i X = 1 y e l n ° B C D e s m ú l t i p l o d e 3 .

2) Si X=0 y el n° BCD tiene un n 2 impar de unos .

mplemente F como un circui to en dos niveles ut ili zando puertas NAND .

S o l u c i ó n P 2 6 . - E l m a p a d e K a r n a u g h y u n a e x p r e s i ó n e n f o r m a s p ( p a r a i m p l em e n t a r l a f u n -

c i ó n e n d o s n i v e l e s N A N D - N A N D ) s o n l o s s i g u i e n t e s :

Xab

d

0 0

0 1

1 1

1 0

f = Xábcd+Xbcd+Xbcd+Xbcd+Xad+Xad+Xbcd+Xbcd+Xábcd

P r o b l e ma 27 . - Rediseñe el ci rcuito de la f igura con p uertas NAND sol amente .

x

y

z

S o l u c i ó n P 2 7 . - P r i m er o h a y q u e a n a l i z a r l o , p a r a p o s t e r io r m e n te b u s c a r u n a e x p r e s i ó n e n s u m a

d e p r o d u c t o s :

f = xy+ (y+z) = x+y+yz = x+y(1 +z) = x+y = xy

000 001 011 010 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0

f

Lp E iR∎ 0

C~ d , v1 o ~4\d



Prob lema 28 . - D i s e ñ e u n c i r c u i t o c u y a s a l i d a s e a e l r e s t o d e l a d i v i s i ó n d e u n n ú m e r o A d e

t r e s b i t s e n t r e u n n ú m e r o B d e d o s . El número B nunca puede s er cero .

Sol u c i ó n P 28 . - El mapa de Karnaugh y l as expresio nes en forma sp para las dos salidas q ue

forman el "resto" de la divi sión so n los si guientes :

f

011

CRCUTO A

CRCUTO B

Sol u c i ó n P 29 . - Codific ación de las variables :

Entradas :

a, b, c, d , e, f, g = 0 si el voto es NO .

a , b , c , d , e , f , g = 1 s i e l v o t o e s S Í .

Salidas :

Del circuito A :

F 1 F2 = 0 0 cuando gana NO en la votació n del trib unal A .

F 1 F2 = 0 1 cuando gana SÍ en la votaci ón del tri bunal A .

F1F2 = 1- cu ando se empata en la votación del t ribunal A .


010 110 111

r, =a 2 a,a o b l b o +a 2 a, a o b , b o

r o = ao b o +a 2 a, a o b 1 +a 2 a 1 a ob 1 +a 2 a,a o b l b o

Prob lema 29 . - U n s i s t e m a s e n c i l l o p a r a h a c e r v o t a c i ó n s e c r e t a e s u t i l i z a r u n c i r c u i t o c o m b i -

nacional cuyas entradas esté n controladas po r interrupt ores que puedan accionar los miem-

b r o s d e l j u r a d o . Cada miembro vot ará con un SÍ o un NO (no hay abs tencio nes) .

El sis tema que queremos realizar es el siguiente . Hay dos tribunales : A y B . El t r i b u n a l

A ti ene 4 miembros ( a , b , c , y d ) y e l t r i b u n a l B t r e s ( e , f , y g ) . E l v e r e d i c t o d e b e r á s e r ..-El del trib unal A en el caso d e que no se produzc a empate .

- 4 S i s e p r o d u c e e m p a t e e n e l t r i b u n a l A , e l v e r e d i c t o s e r á e l d e l t r i b u n a l B .

Diseñe el circui to s egún el diagrama de bloques de l a figura :

1 0 1 100

r a r o

CRCUTO C

85

d d d d d d d d d d d d d d d d

00 00 0 0 0 0 00 0 0 00 00

00 01 0 0 10 00 01 10 01

0 0 01 01 0 0 00 01 01 00




Del circuit o B :

F3 = 0 cuando gana NO en la votació n del trib unal B .

F3 = 1 cuando gana SÍ en la votació n del trib unal B .

Del circuit o C :

S = 0 cuando gana NO en la votaci ón glo bal .

S = 1 cuando gana SÍ en la votaci ón glo bal .

Los mapas de Karnaugh para cada una de las funci ones y sus expresiones en forma sp

son los siguientes :

F = ábc d+ábc d+ábc d+ a b e d + a b c d + a b c d

uaooF3 =ef+eg+fg

P r o b l e ma 3 0 . - Se desean visualizar las siguientes representaciones ut ilizando u n visualiza-

dor de 7 segmentos . Diseñe un circu ito de tres entradas que encienda correctamente el seg-

mento g .

REPRESENTACONES

El _ PCC1 1 uLUL 1S o l u c i ó n P 3 0 . - La función de salida to ma los si guientes valores :

g = 0 si no se enciende el LED .

g = 1 si se enciende el LED .

F 2 = a b + c d

S= F 1 F2 + F 1 F 3

VSUALZADOR 7 SEGMENTOS

ab ab

cd\ 00 01 11 10 cd\ 00 01 11 10

00 0 0 1 0 00 0 0 d 0

0 1 0 1 0 1 01 0 d 1 d

1 1 1 0 0 0 1 1 d 1 1 1

10 0 1 0 1 1 0 0 d 1 d




Son 6 casos los que hay que representar por lo que se necesitan tres entradas : x , y , z :

REPRESENTACONES x y z

> 000

L001ur010LU > 011

C100L

C> 101 g

1

1

0

1

1

1

Prob lema 31 . - Una caja de seguridad dispone de 5 cerrojos (V,W,X,Y,Z) los cuales deben

ser desbloq ueados para abrirla caja . L a s l l a v e s d e l a c a j a e s t á n d i s t r i b u i d a s e n t r e 5 e j e c u t i v os

de la si guiente manera : A t i e n e l l a v e s p a r a l o s c e r r oj o s V , X ; B p a r a V , Y ; C para W, Y ; D p a r a

X, Z; E p a r a V , Z Z

a) Determine tod as las combinaciones mínimas de ejecutivos requerido s p ara abrir la

caja .

b ) D e t e r m i n e e l e j e c u t i v o " e s e n c i a l " .

S o l u c i ó n P 3 1 . - E s un p r o b l ema de c u b r i m ien t o m í n im o y p ara re s o l v er l o se de be a p l i car e l

m é t o d o y a c o n o c i d o (v éanse l o s P r o b l emas 17 y 19 ) . La tabla de cub rimiento es :

g=y+z

Las combinaciones de ejecutivos mínimas que se obti enen con esta tabla de cubrimiento

s o n : (A, C, E } ( A, C, D ) { B , C , D } {C, D, E } . El ejecutivo "esencial" es el C .

Pr o b l ema 3 2 .- Dada u n a p a l a b r a " A " d e n b i t s y u n a s e ñ a l d e c o n t r o l " C " , d i s e ñ a r u n c i r c u i to

combinacional cuy a salida sea el co mplemento a 1 (Ca 1) ó el co mplemento a 2 (Ca2), según

e l v a l o r d e C . Uti li ce exclus ivamente puertas EXOR y OR .

S o l u c i ó n P 3 2 . - Sea A=An_1An_2A 1 Ap el número d e entrada y B = Bn_1Bn_2B 1 Bp el

número de salid a . El circuit o qu e obti ene el complemento a 1 ó a 2 en función del valor de C

es el siguiente :

V X y z

A x x

B x x

C x x

D x x

E x x




n -

B n - 1 -

P r o b l e ma 3 3 . - Una luz s e enciende cuando su señal de excitación está en nivel bajo . E s t a

señal está controlada po r un circuito de cuatro entradas : x , - > o r d e n d e e n c e nd e r l a l u z , a c t i v a

en bajo ; x2 - > o r d e n d e i n hi b i r l a l u z , a c t i v a e n b a j o ; x3 ->o rden de emergencia, activa en bajo ;

x 4 - > a v i s o d e l e s t a d o d e l a l u z e n l a c a l l e : " 1 " s i e s d e d í a , " 0 " s i e s d e n o c h e . La luz s e debe

ilu minar cuando haya orden de encenderla, el estado de la lu z exterior sea el apropiado y no

haya inhibi ció n, excepto si hay emergencia, en cuyo caso l a luz se enciende independiente-

mente de las ot ras señales .

De una tabla de verdad del circuito qu e controla la luz diseñándol o con los elementos

que estime opo rtunos .

S o l u c i ón P 3 3 . - Función de salida :

L=0 luz encendid a .

L = 1 luz apagada .

Variables de entrada :

x1 = 0 encender lu z .

x 1 = 1 no encender luz .

x 2 = 0 i n h i b i r l u z .

x 2 = 1 no inhibir lu z .

x 3 = 0 emergenc ia .

x 3 = 1 no emergencia .

x4 = 0 es de noc he .

X4= 1 e s d e d í a .

Funci ón L :

L = 0 s i s e e n c i e n d e y e s d e n o c h e y n o h a y i n h i b i c i ó n : ( x t + x 4+x 2 ) .

L = 0 si h ay emergencia : x 3

L = (x 1+x4+x2)x 3 .

_ 1 A n - ?l

S i C = 0 , B = C a 2 ( A )

S i C = 1 , B = C a l ( A )

A A

>1

=1



C a p í t u l o 5

SUBSSTEMAS COMBNACONALES

E n e s t e C a p í t u l o s e a b o r d a n l o s s u b s i s t e m a s c o m b i n a c i o n a l e s . C o n e s t e n o m b r e s e a g r u p a a

u n a g r a n d i v e r s i d a d d e c i r c u i t o s q u e , a n i v e l e s t r u c t u r a l s o n g e n e r a l m e n t e m u c h o m á s

c o m p le j o s q u e l a s p u e r t a s e s t a n d o i n t e g r a d o s e n a l m e n o s l a e s c a l a M S y c u y a f u n c io n a l i d a d

v a m u c h o m á s a l l á d e l a s m e r a s o p e r a c i o n e s a l g e b r a i c a s . U n a c l a s i f i c a c i ó n a t e n d i e n d o a d i c h a

f u n c i o n a l i d a d l o s d i v i d e e n s u b s i s t e m a s d e p r o p ó s i t o e s p e c í f i c o y s u b s i s t e m a s d e p r o p ó s i t o

g e n e r a l . L o s p r i m e r o s r e a l i z a n f u n c i o n e s f i j a s , m i e n tr a s q u e l o s s e g u n d o s r e a l i z a n c u a l q u i e r

f u n c i ó n l ó g i c a m e d i a n t e u n a " p r o g r a m a c i ó n " i n t e r n a o d e s u s e n t r a d a s y s a l i d a s . A n t e s d e

conocer uno a uno los disp osit ivos q ue componen ambos grupos, destacamos algunas

c a r a c t e r í s t i c a s c o m u ne s .

E n c u a n t o a l o s t i p o s d e e n t r a d a s s e p u e d e n d i s t i n g u i r do s : l a s d e c o n t ro l y l a s d e d a t o s .

L a s p r i m e r a s c o n t r o l a n l a o p e r a c i ó n d e l d i s p o s i ti v o y s u e l e n r e c i b i r n om b r e s c o m o e l d e s e ñ a l

d e ha b i l i t a c i ó n ( E n a b l e ) . Y l a s s e g u n d a s c o r r e s p o n d en a l a s v a r i a b l e s i n d e p e n d i e nt e s d e l a s

f u n c io n e s q u e d e s a r r o l l a n . E s i m p o rt a n t e d e s t a c a r q u e e n e s t o s di s p o s i t i v o s , c a d a e n t r a d a d e

d a t o s u e l e p o s e e r u n p e s o a s o c i a d o , d e m o d o q u e l a s e n t r a d a s n o s o n i n t e r c a m b i a b l e s c o m o

o c u r r ía e n l a s p u e r t a s . R e s p e c to a l a s s a l i d a s , t a m b i é n e x i s te n l a s d e c o n t r ol , q u e a v i s a n d e d e -

t e r m i na d a s s i t u a c i o n e s o e s t a d o s e n e l q u e s e e n c u en t r a e l d i s p o s i t i vo , y l a s d e d a t o s , q u e s o n

r e a l m e n t e l a s q u e d a n r e s p u e s t a a l c o n j u n t o d e e n t r a d a s e n c a d a i n s t a n t e .

R e s p e c t o a l a a c t i v i d a d d e l a s s e ñ a l e s , e s t a s p u e d e n s e r a c t i v a s e n b a j o o e n a l t o . S i p o r

e j e m p l o , n o s r e f e ri m o s a l a e n t r a d a d e h a b i l i t a c i ó n ( E N ) , q u e s e a a c t i v a e n a l t a s i g n i f i c a q u e

c u a n d o é s t a t e n g a e l v a l o r l ó g i c o 1 1 , e l d i s p o s i t i vo r e a l i z a l a f u n c i ó n p a r a l a c u a l e s t á d i s e ñ a d o ,

y s i e s t á a 0 , e l d i s p o s i t i v o n o e s t á ha b i l i t a d o p a r a d e s a r r o l l a r s u f u n c i ó n . E n l o s c i r c u i t o s d e

e s t a o b r a , l a s s e ñ a l e s a c t i va s e n b a j o s e r e p re s e n t a n c o n u n " c í rc u l o " ( p or e j . , l a s s e ñ a l e s d e

h a b i l i t a c i ó n 1 y 2 d e l p r o b l e m a 6 ) y l a s q u e s o n e n a l t o , s i n é l ( p o r e j . , E 3 e n e l p r o b l e m a 6 ) .

C u a n d o u n d is p o s i t i v o no e s t á h a b i l i t a d o , s u s s a l i d a s e s t a r á n f i j a s a u n v a l o r d e t e rm i n a -

d o q u e , s e g ú n s u d i s e ñ o , p u e d e s e r 0 , 1 o u n t e r c er e s t a d o d e a l t a i m p e d a n c i a ( H ) .

1 Recordemos qu e usamos lógica po siti va (L * 0, H -* 1 ) .

8 9




SUBSSTEMAS DE PROPÓSTO ESPECÍFCO

D e c o d i f i c a d o r :

Se trata de un dis posi tivo c on n entradas y 2n sa l i d a s d o nd e en f u n c i ó n de la c o mb i nac i ó n b i -

naria de sus entradas, una y sól o una de las salidas se acti va . Es decir, convierte un códi go bi-

nario de entrada en código "1-entre-n" . S u s í m b o l o p ara el c a s o DEC 2 :4 con habilitación y

salidas acti va en alta, s u tabla d e verdad y sus ecuaciones de cada salida se muestran a conti-

n u a c i ó n :

EN

Co

Si el decodif icador po see m salidas, do nde m <2n,

se denomina decod ifi cador no com-

pleto .

C o d i f i c a d o r :

Realiza la o peración co ntraria al decodi fic ador . Es decir, convierte el códi go "l-entre-n" en

c ó d i g o b i nar i o . Un c o d i f i ca d o r c o m p l e t o p o s ee 2" entra das , d e la s q u e s ó l o una p u e de es t ar

activa, y n salid as que ofrecen la combinación bi naria asociada a dic ha entrada . Su símbol o,

tabla y ecuaciones de salida so n las sigu ientes :

0

COD 4 : 2

Y1= c3+c2

Y0= C3+c 1

C 3 C2 C1 Co

1 0 0 0

• 1 0 0• 0 1 0• 0 0 1

Y l Yo

• 2

• 1

Si el codif icador pos ee m entradas y n salid as, con m < 2 ", se denomina codif icador no

completo .

Por otro lado, existe el llamado codif icador de prioridad . Se trata de un disp ositivo equi-

valente al anterior . La dif erencia es qu e sus entradas no necesit an estar en códi go "1-entre-n"

ya que cada una de ellas tiene una priorid ad sobre las otras, d e forma que la salida es la codi-

fic ación bi naria asociada a l a entrada de mayor prioridad q ue tenga el valor activo . Su tabla de

verdad es :

1 EN x 1 xo d o d l d 2 d 33 - d3 = x 1 . x o • EN

0 0 0 0 01 d 22- = x 1 . x o • EN

1 0 0 1 0 0 01 - d 1 = x 1 . x o • EN

o

0 - do = x 1 . x o • EN 1 0 1 0 1 0 0DEC 2 : 4

1 1 0 0 0 1 0

1 1 1 0 0 0 1DEC 2 : 4 c o n s a l i d a s a c t i v a s e n a l t o



C oC 1C 2C 3

S S O

c 3 c 2 C 1 c 0

1

• 1

• 0 1• 0 0 1

Convertidor de código s :

C o n s i s t e e n u n s u b s i s t e m a c o m b i n a c i o n a l q u e c o n v i e r t e u n c ó d i go d e e n t r a d a e n o t r o d e s a l i d a .

E l n ú m e r o d e l í ne a s d e e n t r a d a y d e s a l i d a d e p e n d e d e l o s c ó d ig o s q u e s e c o n v i e r t e n . L o s c a s o s

p a r t i c u l a r e s e n l o s q u e u n o d e l o s c ó d i g o s s e a " 1 - e n t r e - n " s o n l o s d i s p o s i t i vo s a n t e s v i s t o s .

Comparador de magnitud es :

E s u n d i s p o s i t i v o q u e c o m p a r a l a s m a g n i t u d e s d e d o s d a t o s A y B d e n b i t s , p a r a d a r c o m o

r e s u l t a d o s i A < B , A = B o A < B . E l s í m b o l o y l a t a b l a s o n :

SUBSSTEMAS DE PROPÓSTO GENERAL

Multiplexor :

Un MUX-n o MUX 2" : 1 e s u n d i s p o s i t i v o de 2 " c a n a l e s d e e n t r a d a ( d a t o s ) , n e n t r a d a s d e s e -

l e c c i ó n d e c a n a l y 1 s a l i d a . S u f u n c io n a l i d a d e s d e j a r p a s a r h a c i a l a s a l i d a l a i n f o r m a c i ó n q u e

e n t r a p o r u n o d e s u s c a n a l e s d e e n t r a d a , a q u e l q u e e s t á s e l e c c i on a d o e n f u n c i ó n de l a c o d i f i c a -

c i ó n b i n a r i a d e l a s s e ñ a l e s d e s e l e c c i ó n . Un MUX-n es un módul o ló gic o universal de

n v a r i a b l e s o d e n + l v a r i a b l e s s i a l g u n a s d e e l l a s e s t á e n d o b l e r a í l . E l s í m b o l o q u e s e u t i l i z a r á

e n e s t e C a p í t u l o y s u t a b l a d e v e r d a d s o n :

SUBSSTEMAS COMBNACONALES 9 1

Y i Y o

Demultiplexor :

R e a l i z a l a f u n c i ó n i nv e r s a a l m u l t i pl e x o r . Un DEMUX-n o DEMUX 1 : 2 " , p o s e e u n a e n t r a d a

d e d a t o , n e n t r a d a s d e s e l e c ci ó n y 2 n l í n ea s o c a n a l e s d e s a l i d a . S u f u n c i ó n c o ns i s t e e n p a s a r l a

i n f o rm a c i ó n d e e n tr a d a d e d a t o a u n a d e l a s l í n e a s d e s a l i d a , l a d e t e r mi n a d a p o r l a c o m b i n a c i ó n

S i S o F

F =C 0 • S 1 • S o+C 1 • S 1 • S o +C 2 • S 1 • S o +C3 • S 1 • S O 0 0 C o

0 1 C 11 0 C 2

1 1 C 3

A -,> A>B

A=B E

D a t o s G E L

n A>BA=B

10

0 01 0

B -2o( -A A<B - L A<B 0 0 1n




binaria de las señales de selección . El símbolo que se uti lizará en el Capítulo y su tabla se

m ue s t ran a c on t i n u a c i ó n :

Di n

s i s o

Analizando la tabla se puede comprobar que el disp osi tivo es equi valente a un decod i-

f icador c on señal de habili tación EN= Din .

D i s p o s i t i v o s L ó g i c o s P r o g r am a b l e s ( P LD ' s ) :

Su estruct ura general es la sigu iente :

plano AND p lano OR

- - - - líneas AND .entradas

Atendiendo a la po sible p rogramación de cada plano podemos hacer la clasif i cación si-

g u i en te :

s a l i d a s

ROM:

Una ROM(2 n xm) posee n entradas de di rección y m salid as, que p uede verse como u n disp o -

sit ivo que almacena 2n palabras de m bits, de forma que para cada combinació n binaria de sus

n entradas se selecc iona una de sus 2 n palabras . En las m líneas de salida se l ee la palabra al-

macenada . Del pl ano AND de una ROM se obti enen tod os l os mi ntérminos de l as n variables

de entrada, y en funci ón de la programació n del plano OR, se eligen lo s qu e interesen para rea-

lizar la función lógic a que se desee . Por tanto, una ROM es un disp osit ivo lógi co universal de

n variables p ara m funcio nes .

plano AND p lano OR

No p ro gramab l e P ro gramab l e ROMP r o g rama b l e Programable PLA

ProgramableNo programable PAL

C 0 = Din • S 1 • S p S 1 S o Co C1 C2 C3C 1 = Din • S 1 • S o

Di n 0 0 00 0C2= Din S, - « 9 0 0 1 0 Di n 0 0C 3 = Din • S 1 - S o1 0 0 0 Di n 0

1 1 0 0 0 Di n



x o

x>y

x=y

x<y

E

y l


PLA :

U n P L A ( n , p , m ) e s u n s u b s i s t e m a c o n n en t r a d a s , m s a l i d a s y p t é r m i n o s p r od u c t o s ( s a l i d a s d e l

pl ano AND) . M e d i a n t e e s t e d i s p o s i t i v o p u e d e n i m p le m e n t a r s e m f u n c i o n e s l ó g i c a s d e n v a r i a -b l e s e x p r e s a d a s e n s u m a s d e p r o d u c t o s s i p a r a e l l o n o s e s u p e r a n l o s p t é r m i n o s A N D s d i s p o -

n i b l e s .

PAL:

E n e s t e d i s p o s i t iv o c a d a s a l i d a e s l a O R d e u n c o n j u n to d e t e r mi n a d o d e l í n e a s A N D , n o e s t a n -

d o c o m p a r t i d a s n i n g u n a d e e l l a s p o r o tr a s a l i d a . L a i m p l e m e n t a c i ó n d e u n a f u n c i ó n c o n e s t e

d i s p o s i t i v o e s s i m i l a r a l c a s o a n t e r i o r , s a l v o q u e e n e l P A L c a d a f u n c i ó n d e s a l i d a s e t r a t a i n -

d e p e n d i e n t e m e n t e d e l a s o t r a s .

Í n d i c e d e l C a p í t u l o

E s t e C a p í t u l o d e s a r r o l l a p r o b l e ma s d e l a s s i g u i en t e s m a t e r i a s :

- A n á l i s i s d e c i r c u i t o s c o n s u b s i s t e m a s .

- D i s e ñ o d e s u b s i s t e m a s .

- D i s e ñ o d e f u n c i o n e s l ó g i c a s c o n s u b s i s t e m a s .

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 . - D e s c r i b a c o n p a l a b r a s e l f u n c i o n a m i e n t o d e l c i r c u i t o :

2

3

4

5

6

S o l u c i ó n P l . - S i l a s e n t ra d a s x t xo s o n m a y o r e s o i g u a l a y y o , s e a c t i v a r á n l a s s a l i d a s G o E ,

r e s p e c t i v a m e n t e , d e l c o m p a r a d o r d e m a g n i t u d e s . E s t a s s a l i d a s , g r a c i a s a l a p u e r t a O R , p r o v o -

c a n q u e l a e n t r a d a d e l d e m u lt i p l e x o r s e a u n 1 l ó g i co . H a b r á , a h o r a , q u e d e t e rm i n a r c u ál e s el

c a n a l d e s a l i d a , e n f u n c ió n d e l a s s e ñ a l e s d e s e l e c c i ó n . P u e s to q u e x > y , l a s a l i d a L d e l c o m p a -

r a d o r e s 0 , p o r t a n t o l o s c a n a l e s s e l e c c i o n a d o s d e p e n d e n s ó l o d e y t ( c a n a l 1 o c a n a l 5 ) . Como

p u e d e ve r s e , e s t o s c a n a l e s e s t á n u n i d o s m e di a n t e u n a O R , p o r l o q u e l a s a l i d a s e r á 1 .

C u a n d o x < y , l a s a l i d a L d e l c o m p a r a d o r e s t á a c t i v a . L a e n t r a d a d e l D M U X s e e n c u e n t r a

a 0 e , i n d e p e n d i e nt e m e n t e de l a s e n t r a d a s d e s e l e c c i ó n , l o s c a n a l e s v a l d r á n t o d o s 0 , y l a s a l i d a

t a m b i é n .

E n r e s u m en , s i x > y , f = 1 y s i x < y , f = 0 .




Problema 2. - R e d i s e ñ e e n d o s n i v e l e s e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a :

S o l u c i ó n P 2 . - Los canales de entrada del multi plexor responden a la siguiente tabla :

A 3

A2

A l

Ao

ROM

00

01

1 1

10

DD 3

D 2

D

D

que, junto c on las señales de selección de canal, podemos co nstruir el K-mapa siguiente :

xyz000 001 011 010 110 111

uv

f

de donde ob tenemos l a expresi ón mínima :

f = v • z +ú • y . z+u • y -z+ú • v «y • z +ú • x • z

Pro b l ema 3 . - n t e r p r e t e l a u t i l i d a d d e l s i s t e m a m o s t r a d o e n l a f i g u r a .

c o n v e r t i d o r

binario/BCD

1 0 1 100

convBCD7 s e g

conv

BCD7 s e g

bc

e ell c

fg d

a '

b '

e 'f

fl9

1

l b ,

e l l c 'd '

0 1 1 0 0 1 1 0

0 1 1 1 1 0 1 0

0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 - 0 - 1 0

x y z d o d d 2 d 3

0 0 0 0 0 0 00 0 1 1 1 1 00 1 0 0 1 - 0

0 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0 0 01 0 1 1 1 1 01 1 0 0 1 0 01 1 1 1 0 - 1

A2 A 1 Ao D4 D 3 D 2 D Do

ROMD4

d o0 0 0 0 0 0 0 01 0

x- d i 0 0 1 1 1 - 1 0A2 DY- d 21

F 0 1 0 0 1 - 0 0

z- Al

Ao

D

Dd 2

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1 1

0 01

0D 1 0 1 1 1 - 1 0

1 1 0 0 1 0 0 0u v

1 1 1 1 0 - 0 1




S o l u c i ó n P 3 . - D a d a u n a e n t r a d a ( A 3 ,A 2 ,A 1 ,A0 ) , s e s e l e c c i o n a u n a p o s i c i ó n d e l a R O M c u y o

c o n t e ni d o s e v u e l c a e n e l b u s d e d a t o s ( D 4 - 0 ) . E l c o n ve r t i d o r b i n a r i o a B C D , t r a n s f o r m a e l n ú -

m e r o b i n a r i o e n s u c o r r e s p o n d i e n t e B C D d e 2 d í g i t o s . E s t o s d í g i t o s B C D , s e m u e s t r a n e n s e n -

d o s d i s p l a y s d e 7 s e g m e n t o s . P o r t a n t o , e l s i s t e m a d e l a f i g u r a , s i r v e p a r a m o s t r a r e l c o n t e n i do

de una memoria ROM en formato d ecimal .

P ro b le ma 4 . - D i s e ñ e u n c o d i f i c a d o r d e p r i o r i d a d d e 4 e n t r a d a s a c t i v a s e n e l n i v e l b a j o . Añada

una salida que indi que cuá ndo no hay ninguna entrada activa .


L a s e n t r a d a s a l c o d i f ic a d o r s o n a c t i v a s e n b a j a , s i e n d o E O l a d e m a y o r p r i or i d a d y E 3 l a

d e m e n o r .

L a s a l i d a Y s e ñ a l a c u a n d o n o h a y n i n g u n a e n t r a d a a c t i v a e n e l co d i f i ca d o r d e p r i o r id a d .

Y = E 0 - E 1 - E 2 - E 3l a s r e s t a n t e s e c u a c i o n e s a l g e b r a i c a s p a r a l a s d e m á s s a l i d a s :

A 1 = E O • E 1 A0 = EO . (É 1 + E2 )

,Prob lema 5 . - S e t i e n e n d o s c o d i f i c a d o r e s d e p r i o r i d a d 4 a 2 c o m o e l d e l a f i g u r a . E s t e d i s p o s -

iti vo dis pone de una entrada de habili tación El y dos salid as EO y GS . EO se acti va cuando

el codi ficado r está habili tado pero no hay ninguna entrada de datos activa, mientras que GS

s e a c t i v a c u a n d o e l c o d i f i c a d o r e s t á h a b i l i t a d o y h a y a l g u n a e n t r a d a a c t i v a . D i s e ñ e u n c o d i f i -

cador de prioridad de 8 a 3 de las mismas características de los anteriores . Además d e los

dos cod ifi cadores, se pueden emplear hasta un máximo de ocho p uertas de Jos entradas .

E O E l E 2 E 3 A 1 Ao Y

0 0 0 0E O

A1 1 0 0 1 0E l . c 1

E 2 2AO

1 1 0 1 0 0E C Y

COD 1 1 1 0 1 1 0

1 1 1 1 1




El EO

1 3 GS1 2

1 COD Q ll o Q o

S o l u c i ón P 5 . - De acuerdo con la descrip ció n del enunciado y sup oniendo que la entrada del

d i s p o s i t i v o c o n m a y o r p r i o r i d a d e s 1 3 , l a t a b l a d e v e r d a d e s :

E l d i s p o s i t i v o a r e a l i z a r e s u n a e x t e n s i ó n d e é s t e . Llamando con minúscu las a sus varia-

b l e s , n u e s t r o o b j e t iv o e s r e a l i z a r e l s i g u i e n t e c i r c u it o :

1

COD 8 : 3

e ¡ i 7 i6

i 5 i 4 i 3 i 2 i l e o g s q 2 q 1 q0

1 1 1e o

gs 0 0 1 0 1 1 1

0 1 0 1 0 1 1 0

q2 0 1 1 0 1 0 1 0 1

q1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0

q 0 0 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1

0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 0

0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1

o 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0

0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1

El EO GS Q Q o

1 1 1 N o h a b i l i t a d o

0 1 0 1 1

0 1 0 1 0 1 0

0 1 1 0 1 0 0 1

H a b i l i t a d o c on a l g u n a

e n t r a d a a c t i v a

0 1 1 1 0 1 0 0 0

0 1 1 1 1 0 1 H a b i l i t a d o , p e r o n o a c t i v o



e ¡

i 7

i 6

' 3

2

i t - -~

i o

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

El EO >C

c

-C

1 3

1 2

l o

GS

H

Ql

Q oCOD

1 Ql

Q oCOD

J

SUBSSTEMAS COMBNACONALES 97

Para realizar el codifi cador de ocho entradas necesitamos dos co dif icadores de cuatro

e n t r a d a s , u n o r e ci b i r á l a s e n t r a d a s m á s s i g n i f i c a t i v a s ( i 7 - i 4 ) y el o t r o l a s m e n o s s ig n i f ic a t i v a s

( i 3 - i o ) . L a s v a r i a b l e s d e e n t r a d a y s a l i d a c o r r e s p o n d i e n t e s a l p r i m e r c o d i f i c a d o r l a s n o t a r e m o s

c o n e l s u p e r í n d i c e " H " y a l a s c o r r e s p o n d i e n t e s a l s e g u n d o c o d i f i c a d o r c o n e l s u p e r í n d i c e "L" .

Para dar la solu ción adopt amos una de las posi bles alternativas de conexionado mostra-

d a e n l a s i g u i e n t e fi g u r a :

C i r c u i t o

combinacional

COD 8 : 3

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

E n e s t a s o l u c i ó n , l a h a b i l i t a c i ó n e x t e r n a a c t ú a s o b r e e l c o d i f i c a d o r H ( m á s p r i o r i t a r i o )

y , s ó l o c u a n d o n o h a y p e t i c i ó n e n i 7 , o i 4 , s e h a b i l i t a r á e l c o d i f i c a d o r L ( m e n o s p r i o r i t a -

r i o ) . Para ello, c onectamos EO H con EL .

Además existe u n circuito combinacional qu e, recibiendo como entradas las salidas de

l o s c o d i f i c a d o r e s , g e n e r a l a s s a l i d a s d e s e a d a s .

P a r a n u e s t r a s o l u c i ó n s e c u m p l e n l a s s i g u i e n t e s r e l a c i o n e s :

El = e ;

EL = EOH

La tabla si guiente muestra los valores de entradas del co difi cador completo y el valor

d e l a s s e ñ a l e s i n t e r m e d i a s q u e s e r á n l a s s a l i d a s d e c a d a u n o d e l o s d o s c o d i f i c a d o r e s q u e e s t a -

m o s u t i l i z a n d o .

3 Te a

g

q 2

qi

q0



i 3ci 2

i o

El EO) - - -

1 3 GS

1 2 H

, Q l

o CODQ0

El EO

GS

1 L 1 Q l

COD

A partir de la tabla anterior se pueden obt ener las relaciones algebraicas para las cinco

funciones de salidas . Se han especif icado a O las inespecifi caciones en las salidas de los codi -

ficadores .

eo = EOL g s = GS H • GSL q2 = EOH q1 = Q1H+ QL q0 = QOH+ Q0LSi pasamos a la implementación de estas ecuacio nes mediante puertas, el circui to glo bal

sería el que se muestra a continuacion :

c o

gs

q1

q0

Pro b l ema 6 . - Utilizando decodi ficado res 74138 (most rados en la figu ra) y el menor número

de puertas posib le, ¿cómo diseñarías . . .

a) un decodif icador 4 a 16 .

b) un decodificador 5 a 32? .


e ; 1 7 1 6 1 5 1 4 1 3 1 1 10 EOH GSH QH QOH EOL GSL Q L. Q 01 -

1 1 1 1 1

0 0 1 0 1 1 1 1

0 1 0 1 0 1 0 1 1

0 1 1 0 1 0 0 1 1 1

0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1

0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1

0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0

0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1

0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 00 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1




S o l u c i ó n P 6 . - El decodi fic ador del que di spo nemos, el Cl 74138, es el qu e se muestra a con-

tinuación :

A2

Al

A0

2

1

0

OoO1020304050607

A partir de él, se qu iere consegui r un decodif icado r 4 :16 . Para ello se requiere dos de-

codi fic adores y una de las posi bles formas de asociarlos es como se ve en la siguiente figura,

donde la nueva variable de entrada elige, según su valor ló gico, cuá l de los d os decod ifi cadores

estará habilitado . Para ello, de las tres entradas de habilit ación que tiene cada uno de lo s deco-

dif icadores, dos d e ellas la fijamos al valor lógico correcto para habilit ar al decodifi cador, y la

tercera entrada de enable es con la que se pretende ir habil itando uno u o tro .

OoO1

Ó20 4

05

0 6

O6

082 901 0Ol l0,20,3014

X15

Como comentario del deco difi cador obt enido se puede decir que no posee señales de ha-

bilit ación como tenía el inicial . Si se hubiera querido conservar éstas, se tenían que haber uti-

l i z a d o ma y o r n úmero de de c o d i f i ca d o re s .

P ro c ed iendo d el mismo mod o se p uede c onseg u ir un dec o d i f i c ad or 5 :32 asociando cuatro de-

codi ficadores y un inversor . Se muestra en la sigu iente figu ra :




- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

21

DEC 5 : 3 L1ÉÉE30-- 24

1>~ 252 > -! - 2 63 ) . 2 74 ' 12 85 > - : - 02 9

7Yr 003 0

3 1

Problema 7.-La fig ura muest ra un comparador de dos números d e 1 bit y s u tabl a de verdad .

Se desea obt ener un comparador de números de 6 b its , u til izando exclusi vamente compara-

d o r e s d e 1 b i t . El dis eño debe co ntemplar que el tiempo d e retraso no s upere 4T, do nde T es

el retraso asoc iado al co mparador de 1 bit .

É EA1 r-~- 1

2

1 4304

0 5 5

7 07a4

a 3-1 1

É , E 2 E ,J_8

1 9

a2 -` 22T-~ 1 0

a l- 1 1 1~r4 1 2a0 Ser 1 3

6 ! - 01 47 -- 01 5

` -E , E 2 E3011 ~-~-

1 6

2>-r1 7

1 823~-~- 1 914 ° 20

0 5 r-` 02 1822T 2 3



Solución P7 . - Para comparar dos números de 6 bi ts, c on estos di spo sit ivos, necesit aremos

c o m p a r a r , b i t a b i t , l o s d o s n ú m e r o s . U t i l i z a r e m o s , p o r e l l o , 6 c o m p a r a d o r e s :

C

C

C

C 5

1

1

E5

E5 1

C

1 1 1

EO E l E2A5 B 5 A4 B 4 A3 B3

C

Ao B O A l

C

E

C4

E4 1

SUBSSTEMAS COMBNACONALES 1 0 1

C2

A2 B 2

1 1

E4 E3

Supongamos que los bits A 0 y B 0 s o n d i s t i n t o s . L a s a l i d a E 0 , evaluará 0 . E s t o i m p l i c a

q u e , i n d e p e n d i e n t e m e n t e d e q u e l o s r e s t a n t e s b i t s s e a n i g u a l e s , l a s a l i d a g l o b a l d e b e e v a l u a r 0 .

Nos podemos valer de las entradas de habilitació n de los restantes comparadores p ara que sus

s a l i d a s t a m b i é n s e a n 0 . Extendemos este concepto a sólo 3 comparadores, para no superar las

r e s t r i c c i o n e s t e m p o r a l e s .

B 1 A2 B2

1

C 2

E

A4 B 4 A 3 B

C 3

E3 1

P a r a l a s e s t r u c t u r a s a n t e r io r e s , E 2 y E3 s e r á n d i s t i n t o s d e 0 , c u a n d o l o s b i t s d e l os n ú m e -

r o s A y B s e a n i g u a l e s . S i a l g u n o d e el l o s v a r í a , E 2 o/y E 3 , p e r o a l m e n o s u n o d e l o s d o s , s e r á

0 . En efecto, s upo ngamos qu e A 1 e s d i s t i n t o d e B 1 , y t o d o s l o s b i t s r e s t a n t e s s o n i g u a l e s . L a

salid a del primer comparador, E 0 , s e r á 1 ( e n e l s u p u e s t o d e q u e l a e n t r a d a d e h a b i l i t a c i ó n s e a

1 ) . Esto habil ita la comparación del segundo co mparador que, como sus bits de entrada difie-

r e n , g e n e r a r á u n 0 e n s u s a l i d a E 1 . E s t a s a l i d a i n h i b e a l s i g u i e n t e c o m p a r a d o r , c u y a s a l i d a t a m -

bién s erá 0, ind ependientemente de A 2 y B 2 .

C i A i B iA ; B i

Ei

0 - - 01 0 0 1

1 0 1 01

1 1 0 01 1 1 1 E i




Es importante destacar el hecho de que las respu estas de E 2 y E3 , se obti enen con un

tiempo de retraso de 3T .

Vamos a añadir, ahora, la señal de habil itaci ón del comparador de 6 bits . P o r l a e s t r u c -

tura y func ionamiento most rados anteriormente, podemos p ensar que la mejor forma de intro-

duci r esta señal, es ut ilizando las entradas de habilit ación de los comparadores 0 y 5 . De esta

forma se inhibe la operació n de los 6 comp aradores, generando, las d os ramas de comparado-

res, un 0 lógi co, en sus salidas respectivas (E 2 y E3)-

A0 B o A1 B 1 A 2 B 2

Co

C 5

E oEl

A5 B A4 B 4

E5

C 1

C4

C2

C 3

E2

A3 B 3

E4 E 3

Nos f alta, po r último, generar una única salida E del co mparador partir de E 2 y E3 y u t i -

lizando, co mo mucho, u n comparador más, p ara no superar el ti empo de resp uest a (4T) . Se han

tabulado las posi bles respuestas de E 2 , E 3 y de la s alida a generar, E, en función de los b its d e

datos y habilitació n

Podemos p ensar que la fo rma de obtener la salida E, a partir de E2 y E 3 , es introduciendo

éstas en la entrada de un nuevo comparador, si n más . Esto no sería del todo correcto, porque

como vemos en la tabla, cu ando E 2 y E 3 valen 0, la salid a debe ser 0 . Esto se puede resolver,

simp lemente, uti lizando como s eñal de habil itación cu alquiera de las señales de entrada del

c o m p a r ad o r , ( E2 y E 3 ) , c o m o m ue s t ra la f i g u ra :

C A, B E2 E3 E

0 x x x x x x x x x x x x 0 0 0

1 A0-2 = B0-2 y A 3 - 5 = B3-5 1 1 1

1A0-2 = B0-2 y A3-5#B3-5

1 0 0

1 A0-2#B0-2 y A3-5 = B3-5 0 1 0

1 A0-2#B0-2 y A3-5#B3-5 0 0 0



E2 E3

C


1 E

Cuando E2=0 (ver tabla), la salid a E vale 0, po r estar este comparador inhabilitado .

Cuando E2 =1, el comparador está habilitado y só lo t enemos dos posibil idades, E 3 =1 y E3 =0 .

En la primera, el c omparador activa su salid a (E= 1) y en la s egunda no .

Pro b lema 8. - R e a l i c e l a s s i g u i e n t e s f u n c i o n e s h a c i e n d o u s o d e l o s d i s p o s i t i v o s q u e s e d a n e n

cada uno de los apartados :

a ) U t i l i z a n d o u n d e c o d i f i c a d o r c o n s a l i d a s a c t i v a s e n n i v e l a l t o y p u e r t a s O R .

• Utilizando un decodi ficador con sali das activas en nivel bajo y puertas AND .

• Utili zando un decodifi cador con salidas acti vas en alto y pu ertas NOR .

• Utili zando un decodi fic ador con salid as activas en bajo y pu ertas NAND .

• E(0,9,11,15) + d(1,2,3 )

F= J J ( 0 , 3 , 5 ) • d ( 1 , 2 )

S o l u c i ó n P 8 . - Si se disp o ne de un decodif icador co n salidas activas en alta, la expresión

a l g e bra i ca q u e de f i ne ca da una de é s t a s ser á e l m in t érm in o c o rre s p o n d i en te a l n úmero de

e n t r ad a s q u e t e n g a d i c h o d e c o d i f i c a d o r . Por tanto, si usamos en cada apartado un

decodifi cador con tantas entradas como variables ti ene la función a dis eñar, se disp ondrá de

todo s lo s mintérminos d e ese número d e variables, en cuy o caso só lo nos queda elegir entre

todas l as salidas cuá les son los mintérminos de la fu nción y realizar la operación OR de todo s .

De forma análoga, s i el decod ific ador tiene las salidas activas en baja, la expresión p ara cada

un de ellas serán los maxtérminos d el número de variables qu e posea el decodi f icador en su

entrada . Si g u i e n d o e l m i s m o p r o c e d i m i e n t o , p o d e m o s c o n s e g u i r t o d o s l o s m a x t é r m i n o s

dis tinto s del número de variables qu e posea la función y elegir los qu e sean maxtérminos de

é s t a . Bastaría después realizar la operación AND de éstos .

Pasamos a resolver el problema para cada una de las funci ones del enunciado

F (a,b,c,d) = E(0,9,11,15 ) + d(1,2,3)

a) utilizando decodif icador salidas activas nivel alto y p uertas OR :

012

345

b 2 67

c 1 8

d 91 0

1 111 3DEC1 4

4 :1 6 1 5




b) util izando decodifi cador salidas activas nivel bajo y puertas AND .

2

1

DEC4 : 1 6

0

a

c ) u t i l i z a n d o d e c o d i f i c a d o r s a l i d a s a c t i v a s n i v e l a l t o y p u e r t a s N O R .

Para este caso , dado que di sp onemos de una puerta NOR, tomaremos lo s maxtérminos

de la funci ón compl ementaria a la que queremos dis eñar . D e e s t a f o r m a , a l a s a l i d a d e l a p u e r t a

se obti ene la función del enunciado .

d) util izando decodi ficado r salidas activas nivel bajo y puertas NAND .

Aplicando u n razonamiento análogo al anterior dado q ue dis ponemos de una puerta

NAND, damos la sigui ente sol uci ón al problema :

Para todos l os apartados hemos despreciado la existencia de inespecificaciones .

01

2

34

5

b 26 F7

1 8

d 9

101 1

1 2

DEC 1 3

144 : 1 615

01

2

3

45

b 2 6 F7

c 1 8

d 9

101 1

1 2

DEC 1 3

4 : 1 615



Repetimos el mismo razonamiento para cada una de l as fu nciones si guientes :

F = n ( 0 , 3 , 5 ) • d(1,2)a ) u t i l i z a n d o d e c o d i f i c a d o r s a l i d a s a c t i v a s n i v e l a l t o y p u e r t a s O R :

b

012

1 3

0DEC 63 : 8 7


b) util izando decodifi cador salidas activas nivel bajo y puertas AND :

01

2 21 3

0 4DEC 63 : 8 7

c ) u t i l i z a n d o d e c o d i f i c a d o r s a l i d a s a c t i v a s n i v e l a l t o y p u e r t a s N O R :

F

d) util izando decodi ficado r salidas activas nivel bajo y puertas NAND :

Pr o b l ema 9.-Encuentre un dis eño mínimo para cada una de las sigu ientes funcio nes si sól odis ponemos de un decodifi cador 3 :8 y d e puertas de do s entradas .

a) F= E(0,9,11,15 ) + d(1,2,3)

b ) F= f i ( 0 , 3 , 5 ) - d ( 1 , 2 )

c) F = n ( 1 , 3 , 4 , 6 , 9 , 1 1 ) • d(7,12,14)

d ) F = n ( 1 , 2 , 3 , 7 , 8 , 9 )

Solución P9 . - Para dar solu ción a este problema, en el apartado b) se si gue el mismo proce-

d i m i e n t o q u e e n e l Pr o b l e m a 8 , p e r o p a r a l o s o t r o s t r e s a p a r t a d o s , l a s f u n c i o n e s s o n d e c u a t r o

v a r i a b l e s y e l d e c o d i f ic a d o r d e l q u e s e d i s p o n e s ó l o p o s e e t r es e n t r a d a s . C o n e l lo , d e l a s s a l i d a s

d e é s t e , s e o b t i e n e n l o s m i n t é r m i n o s o m a x t é r m i n o s d e t r e s v a r i a b l e s ( d e p e n d i e n d o d e l t i p o d e

sali da del decod ifi cado r), y añadiendo la cuarta variabl e (bien mediante operador AND u OR)

se consigu en los mintérminos o maxtérminos de la funci ón que se necesit en .

012

b 3

-0 DEC 6

3 : 8 7




a ) F ( a , b , c , d ) = E ( 0 , 9 , 1 1 , 1 5 ) + d ( 1 , 2 , 3 ) :

a

b

c

1

b ) F ( a , b , c , d ) = 1 1 ( 0 , 3 , 5 ) • d ( 1 , 2 ) = a . ( b + c ) :

c

d

c ) F ( a , b , c , d ) = 1 ( 1 , 3 , 4 , 6 , 9 , 1 1 ) • d ( 7 , 1 2 , 1 4 ) :

d ) F ( a , b , c , d ) = [ 1 ( 1 , 2 , 3 , 7 , 8 , 9 ) :

m6 + m7

a b c d

a b c d

2

1

0

DEC3 : 8

1a 2

b 1 3 /405

DEC 6

3 : 8 7



H e m o s e l e g i d o l a s a l i d a Z 1 Z 0 = 0 0 p a r a i n d i ca r q u e e l c i r c u it o e s t á n o a c t i v o p u e s t o q u e

e r a l a c o m b in a c i ó n d e s a l i d a n o u t i l i z a d a e n e l e n u n ci a d o .

P a r a d i s e ñ a r e l c i r c u i t o , p r i m e r o c o n s i d e ra r e m o s q u e n o t e n e m o s s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n ,

y c o m o s e g u n d o p a s o a ñ a d i r e m o s é s t a a l c i r c u i t o y a d i s e ñ a d o p r e v i a m e n t e .

P a r a c a d a u n o d e l o s c a s o s p o s i b l e s d e v a l o r e s e n l a s e n t r a d a s X e Y c o n o c e m os l o s v a -

l o r e s p a r a l a s s e ñ a l e s d e s a l i d a . M o s t r a m o s e s t e r e s u l t a d o e n e l s i g u i e nt e m a p a d e K a r n a u g h :

Y00

01

11

10

00 01

SUBSSTEMAS C OMBNACONALES 1 0 7

Prob lema 10 . - Un circuito t iene como entradas dos números bi narios de d os b its cada uno :

Y= y, yo ; X= x, xo . Se desea que tenga salid as 11 si Y=X, 10 s i Y>X y 01 si Y<X . Diseñe un

c i r c u i t o c o n u n d e c o d i f i c a d o r d e 3 a 8 c o n s a l i d a s a c t i v a s e n a l t o , u n n ú m e r o n o d e t e r m i n a d o

de pu ertas NAND de dos entradas y do s pu ertas NAND de un número de entradas no li mitado .

Añada una señal de habili tació n (enable) . L a s e n t r a d a s e s t á n e n ú n i c o r a í l . U t i l i c e o b l i ga t o r i a -

mente el decodif icador .

S o l u c i ó n P 10 . - L a s f u n c io n e s d e l c i r c u i to , c o n s i de r a n d o E c o m o s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n , e s t á n

r e p r e s e n t a d a s e n l a s i g u i e n t e t a b l a :

Z 1 Z o

1 1 10

A p a r t i r d e l m a p a a n t e r i o r p o d e m o s d a r l a s e x p r e s i o ne s d e c a d a u n a d e l a s f u n c i o ne s d e

s a l i d a .

A m b a s f u n c i o n e s d e p e n d e n d e c u a t r o v a r i a b l e s . C o m o e l d e c o d i f i ca d o r e s d e t r e s e n t r a -

d a s y o c h o s a l i d a s a c t i v a s e n a l t a , e n c a d a s a l i d a a p a r e c e u n o d e l o s o ch o m i nt é r m i n o s d e l a s

t r e s v a r i a b l e s q u e a c t ú a n c o m o e n t r a d a s e n e l d e c o d if i c a d o r . E s t o e s , d a d o q u e l a s s a l i d a s d e l

d e c o d i f ic a d o r n o p r o p o r c i o n a n d i r e c t a m e n t e l o s m i n t é r m i n o s d e l a s f u n c i o n e s , t e n d r e m o s q u e

r e a l i z a r l a o p e ra c i ó n A N D d e l a s a l i d a d e l d e co d i fi c a d o r c o n l a c u a r t a v a r i a b l e c o n o s i n c o m -

p l e m e n t a r , s e g ú n c o r r e s p o n d a . A s í t e n d r e m o s :

11 01 01 01

10 11 01 01

10 10 11 10

10 10 01 11

E X Y Z i Z o

0 0 0

1 X=Y 1 1

1 X>Y 1 0

1 X<Y 0 1

Z 1 ( x 1 , x 0 , y 1 , y o ) = ( 0 , 1 , 2 , 3 , 5 , 6 , 7 , 1 0 , 1 1 , 1 5 ) = f l ( 4 , 8 , 9 , 1 2 , 1 3 , 1 4 ) .

Z o ( x 1 , x 0 , y 1 , y o ) = ( 0 , 4 , 5 , 8 , 9 , 1 0 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 ) = 1 1 ( 1 , 2 , 3 , 6 , 7 , 1 1 ) .



1 0 8 PROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

DEC3 : 8

Yo

xl'x0

xl'x0'Y]

x 1 Xo ' Y l

x1'xo'Y]

x1 Xo' Yi

xl'x0'Yi

xl'xo . Y

Yo

Y l

1

o - Y1

miMi. . . M

k

Mi +mj + . . .mk

Como se p uede ver en el gráfico anterior, a la sali da de l a primera puerta NAND pode-

mos ob tener la funció n como suma (operación OR) de sus mintérminos, y a la sali da de la se-

gunda pu erta NAND se expresaría la funci ón como p rodu cto (operació n AND) de los maxtér-

mino s .

Si pasamos a dar la solució n para cada una de las funciones obt eniéndolas c omo salid as

de las p uertas NAND de número variable de entradas, t endrías os que elegir co mo entradas d e

dicha puerta los maxtérminos de cuatro variables, cu yo su bíndi ce sean las combi naciones bi-

narias qu e hacen 1 a la función, así quedaría expresada ést a como su ma de sus mintérminos .

Yo

Yo

xl'xo'Y¡ , Yo = mo

1' x0'Y1'Yo -Mi

xl . x 0' Y1 ' Y o - m14

mi Mi. . . M

k

1 » xo " Y F Yo = m15

Al dis poner de puertas NAND de dos entradas, s i las puertas AND anteriores so n sust i-

tui das po r puertas NAND, a la salid a de éstas dis pondremos del co mplemento d el mintérmino,

es decir, maxtérmino correspondiente de cuatro variables .

Además, en el problema disp onemos d e dos puertas NAND de un número no l imitado

de entradas . Podemos realizar las dos funciones descritas por produ cto de sus maxtérminos .

Como para ello tenemos d ichas p uertas NAND, este produc to es negado a la salid a, por lo que

pod emos usar una puerta NAND de do s entradas actuando c omo i nversor para conseguir la

f u n c i ó n f i n a l .

1

2

1 3xo

4Y l

5

6



Yo

x l

xo

Y 1

Yo [ & • Yo

1

0

DEC3 : 8

Yo

Y o

Yo

c


S i e l e g i m o s e x p r e s a r l a f u n c i ó n c o m o p r o d u c t o ( o p e r a c i ó n A N D ) d e s u s m a x t é r m i n o s

y u t i l i z a m o s u n a p u e r t a N A N D a c t u a n d o c o m o i n v e r s o r a l a s a l i d a , e l c i r c u i t o f i na l s e r í a e l

m o s t r a d o a c o n t in u a c i ó n :

M 1

M

M .MM

M8M9

_ J M 12 • M 1 3

M 1

Mo iM1

M2•M 3M5

M M7

M10M11

M15

Z

Yo

S i i n c l u im o s l a s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n E q u e s e d e f i n ió e n u n a t a b l a a n t e ri o r , u n a d e l a s

o p c i o n e s p a r a r e s o l v e r l o s e r í a a ñ a d i r l e a l d e c o d if i c a d o r u n a e n t r a d a d e h a b i l i t a c i ó n d e f i n i da d e

l a s i g u i e n t e f o r m a :

Y o-• &Mo

Yo-Y o

M

Y oM

l

2o

MX

1 3 M 14

0 5Yo

Y 1 M 1DEC 6

3 : 8 M 1

M1

M1



Pro b l ema 11 . - D i s e ñ e u n c i r cu i t o d e 4 e n t r a d a s y 3 s a l i d a s , z0 , z , , z2 q u e r e a l i c e l a s s i g u i e n t e s

funciones :

z o vale 1 cuando t res o más entradas sean 1 .

z, vale 1 cuando haya el mismo número de unos qu e de ceros .

z2 vale 0 cuando dos o más entradas sean 1 .

Para ello se d ispo ne de :

a) Un decodif icado r con salidas activas en nivel alto y puertas NOR.

b) Un decodif icador co n salidas acti vas en bajo y puertas NAND .

S o l u c i ó n P 1 1 . - El mapa de Karnaugh para las tres funcio nes de salidas y el c ircuito final se

m ue s t ra a c o n t i n u a c i ó n :

00

01

1 1

10

00 01 1 1 10zO=E (7,11,13, 14,15)

z 1 = E ( 3 , 5 , 6 , 9 , 1 0 , 1 2 )

z 2 = E ( 0 , 1 , 2 , 4 , 8 )

z o z t z 2

a) Se dispo ne de decodificado r con salidas activas nivel alto y puertas NOR .

z 0 = (0,1,2, 3,4,5, 6,8,9,10, 12) .

z 1 = 11 (0,1,2 ,4,7,8,11,13, 14,15) .

Z2 = f (3,5, 6,7,9,10, 11,12,13, 14,15) .

001 001 010 001

001 010 100 010

010 100 100 100

001 010 100 010

110 PROBLEMASDE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

00

1 01

E O; ( c a d a s a l i d a d e l d e c o d i fi c a d o r )2 02X1

0 t o d a s l a s s a l i d a s a 01

3

4

0304

X o

1 s ó l o u n a d e l a s s a l i d a s a c t i v a y 1 0 5 05

DEC 6 06

3 : 807



Pro b lema 12 . - D i s e ñ e l o s s i g u i e n t e s c o n v e r t i d o r e s d e c ó d i g o :

a) BCD - EXCESO-3 .

b ) B CD - 2 d e 5 .


M7Mi l

M13M14

M15

M°M 1M2M4M8

m m°

1m m2m3 m4 zp

m5 68

m10 1 2

m9

l m24

8

7 z l1 1

m10 9 z 2m

m12

m14 1 5

a) Se disp one de decodif icado r con salidas act ivas nivel bajo y puertas NAND .

z0 =1(7,11,13,14,15) .

z l = 1 1 ( 3 , 5 , 6 , 9 , 1 0 , 1 2 ) .

z 2 = ( 0 , 1 , 2 , 4 , 8 ) .

m14

m6

M l1 1

3

zp

z 1

z 2

0 Mo

1 M12 r--- M23 ) M34 M45 ) 5

b 267

M6M7

M5,

c 1 8 M8 M99 M910 Mi0 M121 1 ' M1112 ' M12

DEC 1 3 M13~--

4: 1 6 14' -- M141 5 , M15

1

mpml

2 m23 m3

4 m4

5 m5

b 26

m67 m7

1 8 m8--9 m9

1 0 mi p

1 1 mi l1 2 m12

DEC 1 3

1 4M13

4 : 1 6m14

1 5 m 1 5




S o l u c i ó n P 1 2 .

a) Estruc tura general :

Convertid or BCD/ 2 de 5

A

0d o

1

d 11DECOD

2d 2 CODF

2

3d 3

3 ZB 2 4

d 44 2

1 5d 5

5 Decimal/ 1

Z 2

z iC

D 6d 6

67

d , Exce s o 3 07

Z o

d R8

BCD/Decimal 8 d 99

Convertidor BCD/ Exceso-3

BCD Exceso -3

ABCD Z3 Z2 z1 Z o

0 0 0 1 1 Z3 = E ( 5 , 6 , 7 , 8 , 9 ) = d 5 +d 6+d 7+d 8+d 9

1 o 1 0 0

2 0 1 0 1 Z2 = E ( 1 , 2 , 3 , 4 , 9 ) = d l +d 2 +d 3 +d 4+d 9

3 o 1 1 0

4 0 1 1 1 Z 1 = E ( 0 , 3 , 4 , 7 , 8 ) = d0+d 3 +d4+d 7+d8

5 1 0 0 0

6 1 0 0 1 Z o = E ( 0 , 2 , 4 , 6 , 8 ) = d 0+d 2 +d 4+d 6+d 8

7 1 0 1 0

8 1 0 1 1

9 1 1 0 0

b) Estruc tura general :

o

DECOD 1

d o ,

1 CODFd ,

d 22 2

d 3A- 3 3 Z

d 4B 2 4

d 54 3 Z 3

C 1 5 5 Decimal/ 2 Z2

D 6d 6

6 2de5 1 Z

7d 7

7 0 Zd R

8BCD/Decimal 9 d



C a d a u n a d e l a s f u n ci o ne s d e s a l i d a s e r e a l i z a r í a n c o n p u e rt a s O R c u y a s e n t r a d a s s e r í a n

l a s s a l i d a s c o r r e s p o n d i e n t e s d e l d e c o d i f i c a d o r B C D / D e c i m a l .

Pr o b l ema 13 . - En un determinado sis tema microcompu tador, existen 3 sub sist emas que

procesan la información de fo rma independiente a través de c uatro fases de op eración . P o r

propósitos de control, es necesario conocer :

a) Cuándo do s o más su bsi stemas está n en la misma fase .

b) Cuándo exactamente dos s ubs ist emas están en la misma fase .

Cada subs ist ema genera una señal de do s b its para indicar en qué fase se encuentra

( 0 0 , 0 1 , 1 0 , 1 1 ) . Diseñe un circuito que permita conocer cuándo el c onjunto d e subsi stemas se

e n c u e n t r a e n a l g u n a d e l a s s i t u a c i o n e s a ) y b ) .

Solución P13 . - S e a n A , B y C l o s t r e s s u b s i s t e m a s q u e g e n e r a n l a s s e ñ a l e s A 1 A0, B1B0 yC 1 C O , q u e i n d i c a n l a f a s e d e o p e r a c i ó n d e l os t r e s s u b s i s t e m a s r e s p e c t i v a m e n t e .

E l c i r c u it o a r e a l i z a r d e b e t e n e r d o s s a l i d a s F y G q u e t o m a r á n l o s s i g u i e n t e s v a l o r e s :

F = 1 s i h a y 2 o 3 s u b s i s t e m a s e n l a m i s m a f a s e .

G = 1 s i h a y e x a c t a m e n t e d o s s u b s i s t e m a s e n l a m i s m a f a s e .

G = F = O e n o t r o s c a s o s .

Para conocer si dos si stemas están en fase o no, u til izamos un comparador de

m a g n i t u d e s d e 2 b i t s :

A lA O

B,BO

A B

S i l a s a l i d a 'AB =1 , l o s s u b s i t e m a s A y B e s t á n e n f a s e .

Necesitaremos u n total d e 3 comparadores, a cuy as salid as las ll amaremos

AB , AC e BC . C o n e s t a s s a l i d a s , d i s e ñ a m o s u n c i r c u i t o c o n p u e r t a s l ó g i c a s q u e g e n e re l a s


BCD 2 d e 5

ABCD Z4 Z3 Z2 Z 1 ZO Z4 = E ( 6 , 7 , 8 , 9 ) = d6 +d 7 +d 8+d 9

0 0 0 0 1 1

1 0 0 1 0 1 Z 3 = E ( 3 , 4 , 5 , 9 ) = d 3 +d 4+d 5 +d 9

2 0 0 1 1 0

3 0 1 0 0 1 Z 2 = E ( 1 , 2 , 5 , 8 ) = d 1 +d 2 +d 5 +d 8

4 0 1 0 1 0

5 0 1 1 0 0 Z1 = E ( 0 , 2 , 4 , 7 ) = d 0+d 2 +d 4+d 7

6 1 0 0 0 1ZO = E ( 0 , 1 , 3 , 6 ) = d 0+d 1 +d 3 +d 6

7 1 0 0 1 0

8 1 0 1 0 0

9 1 1 0 0 0




salidas F y G . En el si guiente K-mapa vienen representadas las salid as F y G en función de las

salidas de l os c omparadores :

AB 'AC

Tan s ó l o c o mentar q u e ex i s t en ca s o s q u e n o p u e d en darse c o m o en tra da del c i r c u i t o a

dis eñar con puertas . Uno de estos caso s es AB AC e BC = 011 . En efecto, s i el subsi stema A

está en fase co n el C ( AC = 1), y el su bsis tema C está, a su vez, en fase con el subs itema B

( BC = 1) es imposi ble que el subs ist ema A está en desfase con B .

Las ecuaciones para las funcio nes F y G son :

F = AB +AC + BC

G = AB - AC + AC • AB + BC • AB

AAo

BB 0

A-Ao

CCO-C,CoB,-B0

ENa m a10 a

A

1

B

FG

G

Probl ema 14 . - D i s e ñ e u n c i r c u i t o q u e a l a s a l i d a d e u n m u l t i pl e x o r 8 : 1 r e a l i c e l a f u n c i ó n :

F=1 (3,4,5, 11,12,13,14,15,16,17,24,26,28,29,31) .

Para el dis eño se pueden usar, además de dich o multi plexor, un máximo de 8 puertas

de 2 entradas .

Solución P14. - Dada la función a implementar, el proceso es el sigu iente . Basta con elegir tres

variables de la función para las señales de selecci ón del multip lexor . De esta fo rma, l os resi-

duos que deben entrar por cada uno de los canales de éste so n funciones de las o tras dos varia-

bles, y est os se implementarán con las puertas que dis ponemos . Una de las posibl es soluc iones

es la que s e muestra :



F = E ( 3 , 4 , 5 , 1 1 , 1 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 , 1 6 , 1 7 , 2 4 , 2 6 , 2 8 , 2 9 , 3 1 )

0 0

0 1

1 0

1 1

000 0 0 1 010 0 1 1

F


1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1

Prob lema 15 . - U n d e s p l a z a d o r a l a d e r e c h a d e n b i t s , e s u n c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l q u e t i e n e

como entrada un número A, de n bit s, m señales de co ntrol s m_ 1 , . . . s o que ind ican el número

de po sic iones qu e se despl azará a la derecha el número de entrada A, y genera la sali da Z

de n bits , co rrespo ndiente al número A desplazado . Así por ejemplo , para un desplazador de

8 bit s, c uya entrada sea 10010101 y las señales de control s 2 s 1 s o = 0 1 0, s e genera un

desplazamiento d e dos pos icio nes a la derecha dando, co mo resul tado, la salida XX100101 .

S i s 2 s , s o = 0 0 0, no hay desp lazamiento .

a) Diseñe un desplazador a la derecha de n=4 bits y m=2 bi ts, uti lizando 4 MUX's d e 4

c a n a l e s . S u p o n g a q u e l o s b i t s m á s s i g n i f i c a t i v o s d e l r e s u l t a d o , X. . , s e l l e n a n c o n 0 ' s .

b) Dibuje las formas d e onda de las salidas, c uando A3 A2 A, A o = 1011 y las señales

s , s o cambian según la secuencia 00,01,00,11,00,10 co n una frecuencia de 1kHz .

c) ndique una aplicación aritmética para el desplazador .

Solución P15 .

a) Dibu jamos el di agrama de bloque del desp lazador combinacional y s u tabla de

v e r d a d :

0 1 0 1 1 0 1 1

0 1 0 1 1 0 0 1

0 0 0 1 0 0 1 0

1 0 1 1 0 0 0 1

A3 A2 A 1 Ao

1 S SO Z 3 Z 2 Z 1 Zp

0 0 A3 A2 A 1 AoS i

SO 0 1 0 A3 A2 A l

y 1 0 0 0 A3 A 2

Z 3 Z 2 Z 1 Zp1 1 0 0 0 A 3




Cada Zi se obt iene de un MUX-2, d onde cada fil a s1 s 0 es u n canal d e entrada . Realizan-

do el diseño quedaría :

S So

A3A2A A0 0 A3A2A 1

1 l ü 4 J

1

Z 3 Z

b) Para el caso A3 A 2 A 1 A0 = 1 0 1 1 y las l íneas s 1 s 0 cam b i an d o a una f re c u en c i a de

1 KHz según la secuencia :

s 1 s o : 00 01 00 11 00 10

Se obtienen las siguientes f ormas de ondas :

lms= 1/1KHz

Ss o 00 01 0 0 1 1 0 0 10

Z3

z2J

Z

zo1011 0101 1011 0001 1011 0 0 1 0

c) La operación aritmética que realiza el despl azador es la divis ión por pot encias de 2 .

En este caso concreto se pierden los bits menos signif icati vos, result ando :

1 a b d

0 0 A3A 2

donde s es el número s 1 s 0 y L x ] es el entero por defecto de x .

P r o b l e ma 1 6 . - R e d i s e ñ e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a , u t i l i z a n d o s ó l o M U X s 2 : 1 . Deberá reduci rse

en los p osi ble el número de multip lexores . L a ú n i c a e n t r a d a d i s p o n i b l e e n d o b l e r a í l e s e .

0 0 0 A3

Zo

1 00 1e 2 o0 3

F1 s

e 4

1 5 c

e 6

1 7 2 1 0



Solución P16 . - P a r a r e s o l v e r e s t e p r o b l e m a d e t e r m i n a r e m o s , e n p r i m e r l u g a r , e l K - m a p a d e

l a f u n c i ó n F .

00

0 1

1 1

1 0

F

P a r a o b t e n e r e l c i r c u i t o d e m e n o r c o s t e q u e i m p l e m e n t e l a f u n c i ó n F , u t i l i z a n d o

m u l t i pl e x o r e s d e 2 c a n a l e s , s ó l o p o d e m o s i r p r o b a n d o l a s d i f e r e n te s r e a l i z a c i o n e s q u e s u r g a n

d e s u p o n e r a , b , d ó e , c o m o v a r i a b l e s d e s e l e c c i ó n d e l p r i m e r m u l t i p l e x o r ( e l q u e g e n e r a F

e n s u s a l i d a ) . D e t o da s e l l a s , l a m e j o r es :

1 s

i

b

e ls1

a

a -


ls1

d

Z

P ro b lema 1 7.- Empleando un mult i pl exor de tres entradas de selecci ón y tod o s lo s

multi plexores que hagan falta de dos entradas de selección, realic e la función lógi ca

f ( x 1 , x 2 , . . .x6 ) q u e s e c a r a c t e r i z a p o r t o m a r e l v a l o r ' 1 ' s i y s ó l o s i s e c u m p l e :

x1+x2 +x3 +2x4+2x5+3x6 _ > 4

d onde x; = ( 0 , 1 ) p a r a i = ( 1 , 2 , . . , 6 ) y las operaciones de adició n y multipli cación indicadas son

a r i t m é t i c a s .

Solución P17 . - L a d e s i g u a l d a d d e l e n u n c i a d o d e s c r i b e u n a f u n c i ó n b o o l e a n a d e 6 v a r i a b l e s

f ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4, x 5 , x 6 ) , q u e t o m a e l v a l o r 1 c u a n d o l a s a s i g n a c i o n e s b i n a r i a s d e l a s v a r i a b l e s

( x 1 , . . x 6 ) , s a t i s f a c e n l a e x p r e s i ó n a n t e r i o r , y 0 , c u a n d o n o . E s t a f u n c i ó n b o o l e a n a p u e d e

d e s a r r o l l a r s e s e g ú n e l t e o r e m a d e e x p a n s i ó n d e S h a n n o n :

f ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ) = x 4 x 5 x 6 f( x 1 , x 2 , x3 , 0 , 0 , 0 ) + x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x2 , x 3 , 0 , 0 , 1 ) +

+ x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x 2 , x 3 , 0 , 1 , 0 ) + x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x 2 , x 3 , 0 , 1 , 1 ) +

+ x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x 2 , x 3 , 1 , 0 , 0 ) + x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x 2 , x 3 , 1 , 0 , 1 ) +

+ x 4 x 5 x 6 f( x 1 , x 2 , x 3 , 1 , 1 , 0 ) + x 4 x 5 x 6 f ( x 1 , x 2 , x 3 , 1 , 1 , 1 )

H e m o s e x p a n d i d o l a s v a r i a b l e s x4 , x 5 y x 6 , p o r s e r l a s m á s r e l e v a n t e s d e l a d e s i g u a l d a d .

E s t a e x p a n s i ó n s e p u e d e i m p l e m e n t a r c o n u n m u l t i p l e x o r , c u y a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l s o n x4, x 5y x 6 , y l o s c a n a l e s , l a s f u n c i o n e s r e s i d u o . A p a r t i r d e a h o r a , t e n e m o s q u e d e t e r m i n a r l a

e x p r e s i ó n d e l a s f u n c i o n e s r e s i d u o .




Si en la desig ualdad, sus titui mos x 4, x 5 y x 6 p o r 0 , 0 , 0 , p o d e m o s c o m p r o b a r q u e ,

independientemente de los valores bi narios que to men las variables x1, x 2 y x3 , la desigualdad

no se c ump le . Por tanto, la f unción bo oleana vale 0 .

f (X, x2 , x 3 , 0, 0, 0) = 0

Las si g uientes funciones residuo, evalúan siempre 1, ya que la desig ualdad se cumple

siempre, independi entemente de los valores de x 1 , x 2 y x 3 .

f ( x 1 , x2 , x 3 , 1, 1, 1) = 1

f ( x 1 , x 2 , x 3 , 0 , 1 , 1 ) = 1

f ( X , x 2 , x 3 , 1 , 0 , 1 ) = 1

f ( x 1 , x 2 , x 3 , 1 , 1 , 0 ) = 1

Para implementar estas funcio nes residuo , p odemos ut ilizar multip l exores de 4 canales

escog iendo, c omo señales de control, las variables (x1, x2 ) . A continuació n se muestra el

circuito resultante :

x 3

1

1

0

x3

x3

1

f(x1, x2, x3, x4, x5, x6)

De las restantes 3 f unciones residuo, p o demos deducir qu e :

f (X1, X2, X3, 0 , 1 , 0) = f ( x 1 , X2 , X 3 , 1 , 0 , 0 )

por lo que sólo tenemos que obtener las funciones residuo f(x 1 , x 2 , x 3 , 0 , 0 , 1 ) y

f(x 1 , x 2 , x 3 , 0 , 1 , 0 ) . Los mapas corresp ondientes son :

--x _1x2 0 0 01 1 1 10 00 01 1 1 10x 2

X3 3

0 0 1 1 1 0 0 0 1 0

1 1 1 1 1 1 1 1

f ( x l , x 2 , x3 , 0 , 0 , 1 ) f ( x 1 , x2 , x3 , 0 , 1 , 0 )



Pr o b l ema 18. - Realic e la funció n F=E ( 1 , 2 , 3 , 4 , 6 , 7 , 8 , 9 , 1 4 ) , mediante la PAL de la figu ra : .

G

1

~>1- D- < >F-

L

LF-

> 1

S o l u c i ó n P 18 . - Sea F(a,b,c ,d) la fu nción a implementar cuyo mapa se muestra a continuación :

abd 00 01

00

01

1 1

10

F

La expresión algebraica de F y de la fu nción co mplementaria F será :

F = a • c + a b • d + á • b • d + b • c • d + a • b • c

F = a . b • c .d + b . - .d + a • b • c+ a • c • d + a . b . c

P a r a r e a l i z a r e s t a f u n c i ó n c o n e l P A L d e l a f i g u r a t e n e m o s q u e r e s o l v e r t r e s p r o b l e m a s :

1 ) E l n ú m e r o d e e n t r a d a s d e l P A L s o n t r e s y l a f u n c i ó n F n e c e s i t a c u a t r o v a r i a b l e s .

Para soluci onar el prob lema se usa una de las entrada-salid as del PAL como entrada .

Esto s e consigu e poniendo un "0" (a través del prod uct o x . x ) sobre la lí nea de control

del inversor 3-estados co rrespo ndiente :

c


11 10




&

&L

F>1 E}<>

X X

2 ) E l P A L d e l q u e s e d i s p o n e r e a l i z a l a o p e r a c i ó n A N D - O R - N V . P a r a r e s o l v e r e l p r o -

b l e m a s e e s c o g e r á a l a f u n c i ó n F c o m o s u m a d e p r o du c t o s y , a l i n v er t i rs e a l a s a l i d a , s e o b t i en e

l a f u n c i ó n F . P a r a q u e e n l a s a l i d a s e o b t e n g a F , e l c o n t r o l de l i n v er s o r 3 - e s t a d o s d e b e e s t a r a

" 1 " ( p a r a e l l o b a s t a c o n n o p r o g r a m a r n i n g ú n fu s i b l e d e l a A N D q u e p r o p o r c i o n a d i c h o c o n t r ol :

X •X = 0

d

PAL:

G

F i n a l m e n t e, t r a s l a s c o n s i d e r a c i o ne s a n t e r io r e s s e m u e s t r a l a c o n fi g u r a c i ó n f i n a l d e l

o» F

.9

3 ) E L P A L s ó l o p u e d e s u m a r ( o p e r a c i ó n O R ) t r e s t é r m i n o s p r o d u c t o s y F t i e n e c i n c o .

P a r a r e s o l v e r e l p r o b l e m a s e d e s c o m p o n e F e n d o s s u b f u n c i o ne s d e f o r m a q u e , e n c a d a u n a d e

e l l a s , s ó l o s e s u m e n t r es t é r m i n o s :

F = ( a . b • c • d + b . c . d + a . b . c ) + a • c • d + a • b • c = G + a • c • d + a • b • c .

do nde G = á • b • c • d + b • c • d + a • b • c .

D e e s t a f o r m a , G s e o b t i e ne p o r u n a d e l a s s a l i d a s d e l a P A L y e s r e i n t r o du c i d a p a r a f o r -

mar F .

G



ccbbaaddGG


b c d

ac

G

bcd

ac d

ab c

C .C = 0

d

>F

Prob lema 19 . - Se desea diseñar un circuit o que tenga como entradas do s números de dos

b i t s a = ( a , a 0 ) b = ( b , b 0 ) y u n b i t d e p a r i d a d p a r c o r r e s p o n d i e n t e a l o s c u a t r o b i t s a n t e r i o r e s . E l

c i r c u i t o i n d i c a r á e n u n a s a l i d a s i a > b , y e n o t r a s i s e h a p r o d u c i d o u n a e n t r a d a i l e g a l ( c o n e l

b i t d e p a r i d a d m a l ) . E l c i r c u i t o d e b e r á r e a l i z a r s e c o n m u l t i p l e x o r e s d e d o s e n t r a d a s d e s e l e c -

ció n y una ROM de 8 pos ici ones de memoria .

S o l u c i ó n P 1 9 . - El circuit o a diseñar posee cinco entradas, P , a 1 , a0, b 1 , b0 y dos salidas . L l a -

maremos G a la salida qu e indica c uándo el número a = al a0 es mayor o igu al que el b = b 1 b o ,

y sali da 1 cuando s e produce una entrada con el bit de paridad P erróneo .




Para resolver el problema disponemos de do s multi plexores de dos entradas de selección

y u n a ROM d e 8 p o s i c i o n e s d e mem o r i a . El proceso será el sigu iente : de la salida de cada uno

de los mult ipl exores se obtendrá cada una de las dos fu nciones . Dado q ue las fu nciones depen-

den de cinco variables, al ser multiplexores de d os entradas de selección, sus residuos son fu n-

cio nes de tres variables . Estas ocho f unciones que co mponen los residuos serán implementadas

con la memoria, q ue al ser un módulo lógico universal, en este caso d e tres entradas, podemos

implementar cualq uier funció n de tres variables nada más que rellenando su c ontenido de fo r-

ma adecuada .

P or tanto, se comenzará haciendo el mapa de Karnaugh de las cinco variables p ara las

dos f unciones, G e 1, y s obre él se marcarán los residuos c orrespondi entes a cada multipl exor .

o

b e bo

0 0

01

10

1 1

001

001

0 10 011

0 10 011

G

100 101

100 101

110

110

11 1

1 1 1

Go

G 1

G2

G 3

l o

1 2

1 3

Eligiendo b 1 y b0 como entradas de selección de los multiplexores, y por tanto, P a l a0

como entrada de la memoria, se observa que algunos de los residuos d e las funciones de salid a

tienen una expresión muy si mplif icada, b ien una constante o una variable de entrada . En eso s

casos, pueden ser conectadas directamente a las entradas de los multipl exores pu diéndose aho-

rrar en el tamaño de la memoria ya que no se necesi ta impl ementar esas funci ones co mo sali das

de la ROM. Estas son :

G0=1 'G2=a1 1 3 =10 1 1= 1 2

a > b G=1a<b G=0

e r r o r e n P = 1

P correcto 1 = 0

1 1 1 1 1 1 1 1

0 1 1 1 0 1 1 1

0 0 1 1 0 0 1 1

0 0 0 1 0 0 0 1

0 1 1 0 1 0 0 1

1 0 0 1 0 1 1 0

1 0 0 1 0 1 1 0

0 1 1 0 1 0 0 1



X4X3X2

XXO

0 0

01

10

1 1

00 0

Prob lema 20 . - S e d e s e a r e a l i z a r u n c o n v e r t i d o r d e c ó d i g o , d e e n t r a d a 2 - o u t - o f - 5 y d e s a l i d a

BCD. A d e m á s , e s t e c i r c u i t o d e b e r á p o s e e r o t r a s a l i d a q u e d e t e c t e u n e r r o r e n l a e n t r a d a . E n

el caso d e que ocurra tal error, las salidas BCD se pondrán en alta impedancia .

a) Realic e el detect or de error usando un MUX 8 : 1 y p u e r t a s .

b) Realice el convertidor 2-ou t-of -5 a BCD usando u n PLA de no más de 10 términos

prod uct o (AND) .

c ) D i b u j e e l c i r c u i t o c o m p l e t o .

S o l u c i ó n P 2 0 . - Se organizará el circuit o en bloq ues, y se resolverá cada uno por independien-

t e . El circu ito gl obal di spo ne de cinco variables de entrada X4 - X, , por do nde se expresa el

código 2 de 5, y cinco salidas, cuatro de las cuales Z 3 - Z0 expresan el código de salida, códi go

BCD, y la qu inta señal, E, detect a cuando hay un error en la combinaci ón de entrada .

001 01 0 011

E

100 101 110

a) Definimos la señal de error E de la siguiente fo rma :

E = 0 si X 4 - X 0 es có dig o correcto .

E = 1 si X4 - X0 es có dig o incorrecto .

De esta forma se pued e presentar el mapa de Karnaugh para la fu nció n E :

111

1 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1 1 1

1 0 0 1 0 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1

X 4 - X0Convertidor d e códi go

2de5/BCDBuffers

3-estados7 0 Z3 Z 0~-4-r -

EDetecto r de error •


A continuación se muestra el contenido de la memoria y el esquema final del circuit o :

[ $ 11 0

P 1

al 10 1

Gal- 2

l oa 0 o ROM 1 A P G 3

2 3 x4 2 A 1 2a l 1 0 b b 0

3 2 1 0 3 D a 00 ROM 0 o

1 2

4 2 2 3 x4 1-2

1 1 1 1 5 9

G G3 1 0 1 2

3

16 9

7 Eb b 0




U n a v e z c o n o c i d o e l m a p a d e l a f u n c i ó n E , d a d o q u e s e d i s p o n e d e u n m u l t i p l e x o r d e

3 c a n a l e s d e s e l e c c ió n , l o s r e s i d u o s d e l a f u n c i ó n s e r á n d ep e n d i en t e s d e 2 v a r i a b l e s d e e n t r a d a .

P o r t a n t o , a p a r t i r d e l m a p a a n t e r io r s e d e d u c e n ca d a u n a d e l a s f u n c i o ne s r e s i d u o y s e m u e s t r a

e l c i r c u i t o r e s u l t a n t e .

X4 X3X 2

b ) P a r a r e a l i z a r e l c o n v e r t id o r d e có d i g o 2 d e 5 a c ó d i g o B C D n a t u r a l , s e m u e s t r a l a t a b l a

d e c o n v e r s i ó n p a r a c a d a u n a d e l a s d i e z c o m b i n a c i o n e s :

U n a v e z c o n o c id a s l a s c u a t r o f u n c io n e s d e s a l i d a b a s t a i m p le m e n ta r e l c i r c ui t o u t i l iz a n -

do un PLA . S u p o n i e n d o q u e t o d a s l a s c o m b i n a c i o n e s d e e n t r a d a q u e n o c o r r e s p o n d a n a c ó d i g o

2 d e 5 n o o c u r re n n u n c a , y a s i g n a n d o u n t é r m i n o p r od u c t o p a r a c a d a u n a d e l a s c o m b i n a c i o n e s

d e e n t r a d a o b t e n d r í a m o s d i e z t é r m i n o s p r o d u c t o p a r a r e a l i z a r e n e l p l a n o A N D d e l P L A .

A c o n t i n u a c i ó n , p a r a c a d a f u n c i ó n d e s a l i d a s e h a r á l a o p e r a c i ó n O R d e a q u e l l o s t é r m i n o s p r o -

d u c t o d e l o s q u e p a r t i c i p a . S i e n d o P 0 , P 1 , P 2 , . . . P 9 c a d a u n o d e e s t o s t é r m i n o s , l a s f u n c i o n e s

s e r á n :

03 = P8 + P9

02 = P 4 + P 5 + P 6 + P 7

0 1 = P2 + P 3 + P 6 + P 700=P1 +P3 +P5 +P7 +P 9

E l e s q u e m a d e l P L A s e r á e l q u e s e m u e s t r a :

X4 X3 X2 x 1 Xo 03 02 01 00

0 0 0 1 1 0 0 0 0

0 0 1 0 1 0 0 0 1

0 0 1 1 0 0 0 1 0

0 1 0 0 1 0 0 1 1

0 1 0 1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 0 0 1 0 1

1 0 0 0 1 0 1 1 0

1 0 0 1 0 0 1 1 1

1 0 1 0 0 1 0 0 0

1 1 0 0 0 1 0 0 1

Xx o

X- o

2

Xo- 345

X 67 2 1 0



X4 X3 X2 X 1 XO 03 02 01 00

c) El circui to c ompleto será el si guiente, donde el resultado de los apartados anteriores

q u e d an re p resen ta d o s s i m p l emente p o r u n d i a g rama de b l o q u e :

X4

X 3X 2

x l

xo

Y3Y2

YoX3x 2x lx O

•

•P •P ,). •

P3

P4

P5

P6

P7PA

P q

PLA

Convertidor código

2de5/BCD

MERMO

E~

LL Detector de error

Prob lema 21 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a d e s c r i b i e n d o c o n p a l a b r a s l a f u n c i ó n q u e r e a l i -

za . ¿ Pu ede dis eñarse con una ROM un circu it o qu e realic e la misma tarea? En caso afi rma-

tivo, indique cómo se haría, así c omo el contenido d e la ROM para los s iguientes valores en

hexadecimal d e X e Y:

XY: 10, 11, 12 , 67, 84, AA,DF

A3A2A1Ao

B 3B 2B 1B O

A>B

A=B

AY, la s ali da A<B del c o mparador d e magnit u d es , se ac t i va .

Esto p rovoca que, en la batería de multip lexores, se escoja el canal 1 . Por tanto, el conjunto de

las salidas d e estos multip lexores, c ontiene el número x . La salid a del sis tema dependerá de la

sal i da A=B del c omparador . Como ésta se encuentra a 0 lógico , las s alidas Z 3 _0 conti enen el

número X .

De igual modo razonamos cuando el número X<Y. La sa l i d a A <B de l c o m p ara d o r se

encuentra a O lógico , lo que provoca q ue en la batería de multiplexores se escoja el canal 0 .

Las salidas Z 3 _ 0 , contienen, en este caso , el número Y .

P or últ imo, cu ando X=Y, la s alida A=B del comparador se encuentra a 1 lóg ico, por lo

que el inversor provocará que las salidas Z 3 _ 0 se encuentren a O lógi co .

La f u n c i ó n de sa l i d a de e s t e c i r c u i t o p u e d e re p re sentar se med i an te una ROM , q u e se

d i men s i o na c o n 8 l í nea s en s u b u s de d i re c c i o ne s ( c o rres p o n d i en te s a l o s 4 b i t s de l o s 2

números), y 4 bits por palabra . En la tabla sig uiente, se han representado los contenido s de la

ROM para las direcci ones indi cadas en el enunciado :

De los 2 dígi tos q ue forma la direcció n, el primero hace referencia al número A, y el

segundo, al B . E n e l c a s o d e q u e l o s d í g i t o s s e a n i g u a l e s , l a s a l i d a e s 0 , s i s o n d i s t i n t o s , l a s a l i d a

es el mayor de los d os .

P r o b l e ma 2 2 . - Necesitamos un circui to l ógico con cuatro entradas qu e genere una salida z

que se activa cuando se satisface una de las dos condiciones siguientes, pero no las dos :

1) Ambas entradas, a y b , so n activas .

2) o bien c o d o ambas son activas .

Diseñe este circui to en cada uno de los caso s sigu ientes :

a ) C o n M U X s d e 4 c a n a l e s , s u p o n i e n d o q u e a y b s o n a c t i v a s e n n i v e l a l t o , c y d a c t i v a s

e n b a j o y z a c t i v a e n b a j o .

b) Con u n DEC 3 :8 con s alid as acti vas en alt o, u na puerta NAND de 6 entradas y u n

número no mayor d e 8 pu ertas NAND de dos entradas, sup oniendo qu e tod as las entradas y

s a l i d a s s o n a c t i v a s e n a l t o .

S o l u c i ó n P 2 2 . - Definamos las variables b ooleanas C ; (i = 1, 2), d e forma que tomen el valor

lógico 1 cuando la condici ón i se cumple y 0, en caso contrario . La salida z se p uede expresar

en función de estas variables bo oleanas, como :

z = C 1 O C 2

Y3 A7

POS CONT

Y2 A6 $1 0 1

Y l A5 D3$1 1 0

Yo$12 2D2A4$67 7

X3 A3 D1$84 8

A2 Do $AA 0x2

Al

Ao ROM$CB

$DF$FF

B

F0

X

xo



L a s a l i d a z v e n dr á d a d a p o r l a e x p r e s i ón

d

b ) A h o ra , t o d a s l a s v a r i a b l e s d e e n t ra d a y l a s a l i d a , s o n a c t i v a s e n a l t o . P r o c e d i e n d o d e

f o r m a s i m i l a r a l a p a r t a d o a n t e r io r , o b t e n d r em o s :

z = (a - b ) ® ( c + d ) cuy o K-mapa es :

cdab00 01 11 10

Z

E s t a f u n c i ó n l a i m p l e m e n t a r e m o s c o m o p r o d u c t o d e m a x t é r m i n o s . S i e s c o g e mo s a , b , c ,

c o mo e n tr a d a s d e l d e c od i fi c a d o r y l a s s a l i d a s d e e s te s e l l a m a n O ; , t e n e mo s q u e :

Mo= a+b+c+d = á • b . d = 0 0 . d

M4 = a+b+c+d = á • b .J .d = 0 2 • d

000 000 000 0


e n e l ca s o d e q u e l a s a l i d a s e a a c t i v a e n a l t o , o c o m o :

z = C 1 00C2

e n e l c a s o d e q u e s e a a c t i v a e n b a j o .

a ) D e b e m o s o b t e ne r , a h o r a , l a r e l a c i ó n en t r e l a s v a r i a b l e s C ; y l a s e n tr a d a s a , b , c , d .

C o n d i c i ó n 1 : C , t o m a r á e l v a l o r ló g i co 1 c u a n d o a y b e s t á n a c t i v a s ( e n a l t o ) :

C 1 = a • b

C o n d i c i ó n 2 : C 2 t o m a r á e l v a l o r l ó g i c o 1 , c u a n d o c o d e s t é n a c t i v a s ( c = 0 o d = 0 ) :

C2 = c+d

z= (a - b) © ( c + d ) , y su K-mapa es :

Z

S i i m p l e m e n t a m o s l a f u n c i ó n Z c o n m u l t i p l e x o r e s d e 4 c a n a l e s , n o s q u e d a :

0001

1110

cdab00 01 11 10

00 0 0

0 1 0 0 1 0

1 1 1 1 0 1

1 0 0 0 1 0




DEC3 : 8

M8 = á+b+c+d = a . b . c .d = 0 4 •d

M1 3 = á+b+c+d = a •b •c •d = 0 6 •d

M1 4 = á+b+c+d = a •b •c •d = 07 .d

M1 5 = á+b+c+d = a •b • c •d = 0 7 •d

1


Probl ema 23 . - R e p r e s e n t e l a s s a l i d a s d e l s i g u i e n t e c i r c u i t o c o m o s u m a d e p r o d u c t o s .

~M • M 1 5 1 -

S o l u c i ó n P 23 . - L a s s a l i d a s f 1 y f 2 , t i e n e n l a s s i g u i e n t e s e x p r e s i o n e s , d o n d e s e h a n s u s t i t u i d o

l a s s e ñ a l e s d e s e l e c c i ó n d e l d e m u l ti p l e x o r , s l y s o , p o r l a s s a l i d a s d e l a R O M D 1 , y D o , r e s p e c -

t i v a m e n t e .

f1 = D 3 s 1 • s o +D 3 • s 1 • s o +D 3 s 1 • s o = D3+D1 • Do y

f 3 = D3 ' S ' SO = D3 ' D1 . DoN o s f a l t a , p o r t a n t o , d e t e r m in a r l a s r e l a c i o n e s e n t re l a s s a l i d a s d e l a R O M ( D 3 , D 1 y D o ) ,

y l a s v a r i a b l e s d e en t r a d a a , b y c . D e l a t a b l a d e p r o g r a m a c i ó n d e l a R O M , d e d u c i m o s l o s

s i g u i e n t e s K - m a p a s p a r a D 3 , D 1 y D o :

P OS CONTROM _

f i

0 A

b- A D 3 12

~-2 20

a - A lD 2

f2 3 Bc- s i s ó 4 CAó D 1

5 76 37 7

E l p r o d u c t o d e l o s m a x t é r m i n o s M 1 4 Y M 1 5 p u e d e s i m p l i fi c a r s e

M14•M15= á+b+c = 5 7

E l c i r c u i t o q u e d a c o m o :

M

1M

a 2

b 3 Mc

1 4 13--Z5 M1

6



f ,

De donde deducimos qu e :

f, = a+cyf2 = b • a • c

amaama

A partir de est os K-mapas , pod emos o btener los K-mapas de las fu nciones f l y f2 :

00 01 1 1 10

Prob lema 24 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a .

D


o

o

o

1

o

o

o

o

0

1

s

S o l u c i ó n P24.- Las ecuaciones de salida del multip lexor son :

d o = y+x+E d, = y+x+E d 2 = y+x+E d 3 = y+x+Edonde el enable E, se expresa como :

E = ú • y +u • x

Sustit uyendo en las expresiones anteriores y simplif icando, qu eda :

d o = 1 d , = y+x+ú d 2 = y+x+u d 3 = y +xPor otro lado, las funciones f 1 y f o se expresan c omo :

fo = d o -d 2 = y+x+u f , = d i x d 3 = x •y

Por últi mo, la funció n de salida f que se obtiene, una vez reducida, es :

f = y •ú +x • Y

f 2

auna1 1

Do

s 1fo

1 su dD

fd is

y 1d 2

12 0

3d f i u




P r o b l e m a 2 5 . - Diseñe un convertido r de código Gray a binario natural de 4 bit s uti lizando

só lo tres pu ertas EXOR de tres entradas .

Solución P25.- Llamaremos g3 g2 g1 go a las variables de entrada (cód igo Gray) y b 3 b 2 b 1 b o

a las de salid a (binario natural) . La tabl a de verdad que muest ra el comp ortamiento del c onver-

tido r es la siguiente :

A partir de esta tabla p ueden deducirse las relaciones :

b3 = 93

P or simp le ins pec c i ón ob servamos q u e b 2 vale 0 si g 3 = g 2 y vale 1 en caso contrario,

de donde :

b2 = g3 E+ 92

Por ot ra parte, recordemos que z = x E+ y p v se hace 1 si y sól o si el número tot al de

unos en x, y, v es i mpar . Observamos q ue b 1 vale 1 cuando g 3 g2 g1 ti ene un número impar de

uno s , de donde :

b1 = g3EOg2Og1O bien, b 1 se hace 1 cuando g 1 : # b 2 y se hace 0 cuando g 1 = b 2 d e d o n d e :

b 1 = g1 E+ b2 = g30g20g1

Análogamente, bo e s 1 c u an d o e s im p ar e l n úmero de u n o s en 93929190 o, alternativa-

mente, c u ando g o : # b 1 , d e d o n de :

b o = goOb1 = g3 +Eg20g10g0Para hacer el d iseño con pu ertas EXOR de tres entradas, basta t ener en cuenta que

x O+ y = x p y Ep 0, con lo que se muestra un posi ble di seño :

g 3 g 2 g1 g 0 b3 b 2 b 1 bo g3 g 2 g1 g 0 b 3 b 2 b 1 b o

0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1

0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0

0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1

0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 0

0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1

0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0

0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1



g3

92-o -

a o

b

91-

1

0 2

DEC2 : 4 3

=DEC 1 - - -: 2 -


b

go-0 -

- bo

Prob lema 26 . - S e d i s p o n e d e d e c o d i f i c a d o r e s 2 a 4 c o n s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n a c t i v a e n n i v e l

a l t o. Diseñe, co n las mismas característ icas :

a) Un decodifi cador 1 : 2 .

b) Un decodificador 3 : 8 .

c) Un decodif icador de 4 : 1 6 .

o-al-a0-0

Solución P26 .

a ) S e q u i e r e d i s e ñ a r u n d e c o d i f i c a d o r 1 : 2 c o n s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n a c t i v a e n a l t a . P a r a

e l l o s e d i s p o n e d e u n o d e e s a s c a r a c t e r í s t i c a s p e r o c o n d o s e n t r a d a s y c u a t r o s a l i d a s . Una de

l a s p o s i b l e s s o l u c i o n e s s e r í a e l e g i r u n a d e l a s d o s v a r i a b l e s d e e n t r a d a s q u e t i e n e e l d e c od i f i -

c a d o r d a d o y f i j a r l a a u n v a l o r c o n s t a n t e . D e e s t a f o r m a s ó l o d o s d e l a s s a l i d a s p o d r á n a c t i v a r s e ,

y s e r á n é s t a s l a s s a l i d a s d e l d e c o d i f i c a d o r q u e b u s c a m o s .

Disponemos del sigu iente decodi ficado r :

E

m0

1 m1

0 2 m2

DEC2 : 4 3m 3

Si fijamos u na de las entradas (po r ejemplo l a de mayor pes o asoc iado ) a "0" quedaría :

E

};m0

m1




b) Se quiere conseguir ahora un decodif icado r 3 :8 a partir de decodif i cadores 2 : 4 .

Tendremos q ue intro d u c ir una nueva variable de entrada, y en f u nc i ón de l a c omb inac i ón

binaria de las tres entradas se activará una y só lo una de las ocho salidas de las q ue disp one el

decodif icador (si éste está habil itado, E = 1) .

Para ello, aso ciamos tres decodi fic adores de forma que las salid as de uno de ellos s ean

cuatro de las del nuevo decodific ador, por ejemplo , las cuatro menos significati vas, las cuatro

salidas del s egundo fo rmarán las otras cuatro salid as, y el t ercer decodif icador servirá para se-

lecci onar a uno u o tro de lo s anteriores según el valor lóg ico de la tercera variable de entrada

q u e h e m o s i n c o r p o r a d o . A continuación se muestra el esquema :

E

DEC 3 : 8

'

c) Con un razonamiento análogo al del a p ar tad o an teri o r , se quiere un

d e c o d i f i ca d o r 4 :16 . Para ello asoc iaremos cinco d ecodi ficado res 2 :4, uno de ellos irá s eleccio-

nando uno a uno lo s cuatro d ecodif ic adores restantes, prop orcionando cada uno cuatro de las

dieciséis salidas qu e tiene el decodificador que se busca . En la sigui ente figura se muestra el

esquema :

- - - - - -

11

m0

2

M

0

3

m2

DEC 2 : 4

m3

1a2

2

3

DEC 2 : 4 E 0m4

a l m5

ao m6

3

DEC 2 : 4m7



1

0 2

DEC2 : 4

1 1

0 2

DEC 2 : 4

DEC 4 : 1 6'YM8m9m10Mi l

m12

m1 3

m14m15

P r o b l e ma 27. - Utilizando multip lexores de menos entradas de selección que el d ado, se p ide :

a) ¿Cómo i mplementaría un MUX de 3 entradas de selec ció n?

b) ¿Cómo imp lementaría un MUX de 2 entradas de selec ció n?

c) ¿Cómo imp lementaría un MUX de 4 entradas de selec ció n?

E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -


1 1

mo

0 2

M

- 'r--

DEC2: 4 3

m2m3

a3

0 2a2-DEC 2 : 4 3 m4

m5a l

2 -m6ao

m7DEC 2 : 4




S o l u c i ón P 27 . - Mult ip lexor de 3 entradas de selec ció n a partir d e MUX-2 y MUX- 1 :

CoC 1C 2C 3

C 4C 5C6C7

S i s o

Mult ipl exor de 2 entradas de selecci ón a partir de MUX-1 :

C

C

C

C

Multi plexor de 4 entradas d e selecció n a partir de MUX-2 :

CoC 1C2C 3

C4C 5C 6C 7

C gC9C

1 0C11

C12C13C14C15

S SO

Pr obl ema 28 . - S e d i s p o n e d e R O M s d e n l í n e a s d e d i r e c c i ó n y m b i t s p o r p a l a b r a , t o d a s e l l a sc o n CS. Dis eñe una ROM con CS, n líneas de direcc ión y 2 m b i t s p o r p a l a b r a .



Solución P28. - Dispo nemos de dispo sit ivos co mo los que se muestran a continuación :

cs

A ( n - 1 ) - 0

y s e desea obtener una memoria del mis mo número de l íneas en el bus de direcci ón pero con

e l d o b l e n ú m e r o d e l í n e a s e n e l b u s d e d a t o s , e s d e c i r , q u e c a d a p a l a b r a c o n t e n g a 2 m b i t s . P a r a

ello asoci amos en paralelo dos memorias de las inici ales . De esta fo rma, cu ando ambas sean

seleccio nadas simult áneamente, para una misma dirección de palabra, (el bus de direccio nes

es comú n para ambas), se accede a una palabra de cada memoria leyendo s u co ntenido . B a s t a

sólo reunir los m bit s de cada uno de los co ntenidos en un bus común que será el de datos de

la memoria final que se bus ca . A continuació n se muestra el esquema de conexionado :

cs

A( n - 1 ) - 0 - , :\ ' , on n41

. $ 2 m

Pro b l ema 29 . - Se disp one de circuitos comparadores de magnitud de 4 bits y puertas

l ó g i c a s . Diséñese un comparador de números de 16 bit s .

Solución P29 . - Este probl ema puede tener diferentes sol ucio nes . Presentamos, aquí, l a

soluc ión más sim ple . Para consturir un comparador de 16 bit s haremos c omparaciones a

g r u p o s d e 4 b i t s . Comenzaremos p or los 4 bit s de mayor peso d e los números A y B :

A 1 5 - 1 2

B 1 5 - 1 2

ROM2 " * m

cs

m


A>BA=BA<B

n

cs

ROM2 n *m

m




S i d e e s t e g r u p o d e 4 , l o s b i t s d e l n ú m e r o A son mayores que los d el B, no haría falta

c o m p a r a r l o s r e s t a n t e s b i t s ; el número A es mayor que el B . De igual mo do razonamos cuando

l o s 4 b i t s d e l n ú m e r o B s o n m a y o r e s q u e l o s r e s p e c t i v o s d e l A. Pod emos ver, entonces, qu e las

salid as de este primer comparador, pueden util izarse como salidas del comparador de 16 bit s .

S ó l o e n e l c a s o e n q u e l o s 4 b i t s m á s s i g n i f i c a t i v o s d e l o s d o s n ú m e r o s s e a n i g u a l e s , s e

n e c e s i t a r á c o m p a r a r l o s r e s t a n t e s b i t s .

S i l o s b i t s A 1 5 - 1 2 , s o n i g u a l e s a l o s b i t s B15-12 , Y l o s b i t s A1 1 - 8 son mayores que B11-8 ,

la salid a G del segundo comparador, está act iva, y provo cará que se acti ve la salid a G del

comp arador primero . D e i g u a l m o d o , s i l o s b i t s A15-12 s o n i g u a l e s a l o s b i t s B15-12 Y l o s b i t s

A 1 1 - 8 s o n m e n o r e s a l o s b i t s B 1 1 - 8 , l a s a l i d a L d e l c o m p r a d o r n ú m e r o 2 , s e e n c o n t r a r á a c t i v a ,

y p r o v o c a r í a l a a c t i v a c i ó n d e l a s a l i d a L d e l c o m p a r a d o r 1 . S ó l o e n e l c a s o d e q u e e l c o n j u n t o

d e l o s 8 b i t s A 1 5 - 8 y B 1 5 - 8 s e a n i g u a l e s , h a b r á q u e c o m p a r a r e l s i g u i e n t e g r u p o d e 4 b i t s d e l o s

2 números . La estruct ura del comparador de 16 bi ts se ob tendría extendiendo el esquema

a n t e r i o r p a r a e l g r u p o d e 8 b i t s r e s t a n t e .

A 1 1 - s A

G'

E' E

L' L

B 2

A

G'E' EL' LB 4

A 1 5 - 1 2>B 1 5 - 1 2

A 7 - 4 D

B 7 - 4-~

A

G'

E' EL' LB 1

A

G'

E' EL' LB 3

A>B

A=BA<B

Se resalta el hecho d e que el comparador 4 ( e l q u e a c t ú a s o b r e l o s b i t s d e m e n o r p e s o ) ,

t i e n e e n s u s e n t r a d a s G',E', L ' , l a t e r n a ( 0 , 1 , 0 ) . E s t o e s n e c e s a r i o p a r a e l c a s o e n q u e l o s d o s

números, A y B, s e a n i g u a l e s , p a r a a c t i v a r l a s a l i d a A=B .

Pr obl ema 30 . - Sea F = E (1,3,11,13,21,23,2 5,31) + d(5,19,27) . mplemente esta f unció n con

un único demultip lexor 1 :8, una pu erta NAND de och o entradas y pu ertas NAND de do s en-

tradas .

4 4A 1 1 - 8 -x-30 A A 1 5 - 1 2 -/_A

G'

B 2

EG'

B 1

GEL

A>B

A=BA4



Solución P30 . - F ( a , b , c , d , e ) = E ( 1 , 3 , 1 1 , 1 3 , 2 1 , 2 3 , 2 5 , 3 1 ) + d ( 5 , 1 9 , 2 7 )

L&

o12

e345

6

2107 abc

0 0

0 1

1 0

1 1


F

Pro b l ema 31 . - U n a l l a m a d a d e t e l é f o n o p u e d e d i r i g i r s e a c u a t r o s e c r e t a r i a s . (Nunca hay más

de una ll amada si multá neamente) . L a r e c e p c i o n i s t a d i s t r i b u i r á l a s l l a m a d a s s e g ú n e l s i g u i e n t e

c r i t e r i o :

Si la ll amada procede d e empresas de alimentación o d e ropa, se pasa a la secretaria

número 4 .

Si proc ede de una empresa de venta de ordenadores, o de un banco, se pasará a la

secret aria número 3 .

Si se t rata de una llamada procedente de una empresa de viajes o d el aeropuerto, de-

berá so nar el teléf ono de la secretaria número 2 .

En cualqui er otro caso se enviará a la secretaria número 1 .

D i s e ñ e u n c i r c u i t o q u e i n d i q u e e l n ú m e r o d e l a s e c r e t a r i a q u e d e b e r á r e c i b i r l a l l a m a d a ,

u t i l i z a n d o u n ú n i c o c o d i f i c a d o r 8 :3, una NOR de 2 entradas y una NOR de 6 entradas .

Solución P31 . - n t e r p r et a m o s c u á l e s s e r á n l a s v a r i a b l e s d e e n t r a d a y d e s a l i d a d e l p r o b le m a .

V a r i a b l e s d e s a l i d a :

Z 1 Z p : i n d i ca n l a s e c r e t a r i a a l a q u e v a d i r i g i da l a l l a m a d a :

Z 1 Z os e c r e t a r i a n 4 1

s e c r e t a r i a n °- 2

s e c r e t a r i a n ° - 3

s e c r e t a r i a n °- 4

V a r i a b l e s d e e n t r a d a s : S e n o m b r a r á n c o n X 0 , X 1 , . . . a l a s d i s t i n ta s l l a m a d a s d e e m p r es a s .

Xk = 1 i n d i ca r á q u e h a y l l a m a d a d e l a e m p r e s a " k " ( v e r t a b l a ) .

H a y s i e t e p r o c ed e n c i a s d i s t i nt a s d e l a s l l a m a d a s , o r g a n i z a d a s e n c u a t r o g r u p o s d e p e n -

d i en d o d e l a s e cr e ta r i a q u e l a r e c ib a . U t i l i z a n d o u n co d i fi c a d o r 8 : 3 s e t r a n s f o r m a n e s t os 8 c a s o s

e n c ó di g o d e t re s v a r i a b l e s d e l a s q u e d e p en d e r á n la s v a r i a b l e s d e s a l i d a . A c o n t in u a c i ó n s e

m u e s t r a l a t a b l a :




Por últ imo basta obt ener las expresiones de Z 1 y Z0 en función de las salidas del codi-

ficador .

C2 C 1 C C00 O1 1 1 10C C 00 01

0

0

1

X0

X1

X2

X3

X4

X5

X6

NC

Z

Z 1 = U 2

0

1

06

7 COD 8 : 3

>1

C

C

11

1

1

0

0

0 1

1

Zo

Z o = C1

10

La realización del circuito ut ilizando los dis posi tivos de los que disp onemos quedaría

como se muestra a conti nuación :

NC: no conectada

P r o b l e m a 3 2 . - Un si st ema que mid e periódi camente la temperatura de un experimento de

laboratorio, da la información util izando números de 4 bits en notació n complemento a dos .

Diseñe un circuit o que detecte el intervalo cerrado de códig os [-5, 41, uti lizando,

exclusivamente, co mparadores de magnitud de cualqu ier número de bits y pu ertas de do sentradas qu e no sean op eradores ló gico s universales .

L l a ma d a Xo X X2 X3 X4 X5 X6 X7 C2 C1 C0 Z1 Z0

Alimentación 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1

Ropa 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1

Ordenadores 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0

Banc o 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0

Viajes 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Aeropuerto 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1

Otras 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1



S o l u c i ó n P 3 2 .

T o d a s l a s s a l i d a s q u e g e n er a e l s i s t e m a d e m e d i d a , s e r e p r e s e n t a n e n l a s i g u i e nt e t a b l a .

A s i m i s m o , s e h a r e p r e s e n t a d o e l e q u i v a l e n t e en n o t a c i ó n C a 2 , y l a s a l i d a Z .

Sistema

d e

medida 4

1 3 - 0 C . C .

P a r a e l d i s e ñ o c o n c o m p a r a d o r e s , p r o c e d e m o s d e l a s i g u i e n t e m a n e r a :

a ) T o d a s l a s m a g n i t u d e s m e n o r e s d e 0 1 0 1 , a c t i v a r á n l a s a l i d a .

b ) L a s m a g n i t u d e s m a y o r e s d e 1 0 1 0 a c t i v a r á n , t a m b i é n , l a s a l i d a .

c ) L a u n i ó n d e l o s c a s o s a ) y b ) , g e n e r a l a s a l i d a Z .

E l c i r c u i t o r e s u l t a n t e e s :

40101 - ' 1A A>B-

A=B-1 3-0 '90 B AB

A=B-B A<B-


Z

Z

C o m o p u e d e o b s e rv a r s e , e l o p e r a d o r u t i l iz a d o , e l O R , n o e s u n i v e r s a l , p u e s t o q u e n o s e

p u e d e g e n er a r c u a l q u i e r f u n c i ón u t i l i z a n d o , e x c l u s i v a m e n t e , e s t e t i p o d e p u e r t a .

Problema 33 . - E l b l o q u e A d e l a f i g u r a p o n e s u s a l i d a yk = 1 s í y s ó l o s i h a y k e n t r a d a s a 1 .

D i s e ñ e l a u n i d a d B d e f o r m a q u e e l b l o q u e c o m p l e t o C p o n g a z = 1 s i y s ó l o s i h a y j e n t r a d a s

a 1 . U t i l i c e s ó l o M U X 2 : 1 .

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -C

XO > Y O .J- > Z OX1 Z 1

X - 1 - B - Z22

> Z 3

X3_ > Z 4

T 1 3 1 2 1 1 1 0 Z T 1 3 1 2 1 1 1 0 Z

+0 0 0 0 0 1 - 8 1 0 0 0 0+1 0 0 0 1 1 - 7 1 0 0 1 0+2 0 0 1 0 1 - 6 1010 0+3 0 0 1 1 1 - 5 1 0 1 1 1+4 0 1 0 0 1 - 4 1 1 0 0 1+5 0 1 0 1 0 - 3 1 1 0 1 1+6 0 1 1 0 0 - 2 1 1 1 0 1+7 0111 0 - 1 1 1 1 1 1




Solución P33. - Construyamos l a tabla de verdad para este problema :

con lo que se obti ene el circuito que se muestra a continuación :

X3

XoXX2 Yo Y i Y2 Y3

X3 zo z Z2 Z 3 Z4

0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0

1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0

1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0

0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0

1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0

1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0

1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1

De aquí se deduc e que :

X3=0=Zi =¡ ( i = 0 , 1 , 2 , 3 y Z 4 = 0)

X3 - 1 = Zi = Y ¡ - 1 ( i = 1 , 2 , 3 ,4 y Z 0 = 0)



ARTMÉTCA BNARA

L a s u m a d e d o s m a g n i t u d e s A y B en b a s e 2 s e r e a l i z a d e f or m a s i m i l a r a l a s u m a e n b a s e 1 0 .

E n c a d a c o l u m n a s e s u m a n l o s b i t s d e e s a c o l u m n a ( A i y B i ) y e l a c a r r e o g e n e r a d o p r e v i a m e n t e

o c a r r y , (C i ) ; d e l r e s u l t a d o d e l a s u m a ( A i +B i +C i = 0 , 1 , 2 ó 3 ) s e g e n e r a e l b i t d e l r es u l t a d o d e

esa col umna (F i ) y e l a c a r r e o a l a s i g u i e n t e c o l u m n a ( C i + 1 ) : C i + 1 F i = 0 0 , 0 1 , 1 0 o 1 1 ,

r e s p e c t i v a m e n t e . E n e l s i g u i e n t e e j e mp l o s e r e p r e s e n t a l a s u m a d e d o s n ú m e r o s y l o s a c a r r e o s

q u e s e g e n e r a n 1 :

Capít ulo 6

CRCUTOS ARTMÉTCOS

L a r e s t a d e d o s m a g n i t u d e s b i n a r i a s , A - B , t a m b i é n e s s i m i l a r a l c a s o d e c i m a l . E n c a d a

c o l u m n a e x i s t e u n b i t d e p e d i r p r e s t a d o ( b o r r o w , Bw i ) g e n e r a d o e n l a e t a p a p r e v i a y c u y o

s i g n i f i c a d o p a r a B w i = 1 e s e l c o ti d i a n o " me l l e vo u n o " . E n c a d a c o l u m n a s e h a c e l a o p e r a c i ó n

A i - (B1 + Bw i ) generándose Bwi+1 = 0, o (2 + A i ) - ( B i + Bw i ) generándo se Bw 1 + , = 1 .

A c o n t i n u a c i ó n s e p r e s e n t a n d o s e j e m p l o s . E n e l p r i me r o s e c u mp l e q u e A>B y e n F s e o b t i e n e

e l r e s u l t a d o c o r r e c t o A - B . E n e l s e g u n d o , A < B , s e g e n e r a B w n = 1 y e n F n o e s t á e l r e s u l t a d o

c o r r e c t o :

No p resentaremos, en esta introducció n, ot ras operaciones aritméticas c omo la

m u l t i p l i c a c i ó n y d i v i s i ó n e n t r e n ú m e r o s b i n a r i o s . R e m i t i m os a l l e c t o r a l o s p r o b l e m a s 1 , 4 , 5

y 1 5 d e e s t e C a p í t u l o .

1 . E n a d e l a n t e s e s o b r e e n t e n d e rá q u e l o s n ú m e r o s c o m o A , B o F e s t á n e n b a s e 1 0 s i n n e c e s i d a d d ee x p l i c a r l o , t a l c o m o a p a r e c e n e n l a s o p e r a c i o n e s d e m á s a b a j o .

1 4 1

11 111 A c a r r e o s

01101110 A=110 0000100011 B=35 ( 1 0

10010001 F=A+13=145 ( 1 0

1 1 1 Borrows 1 Borrows11010 A=26 000100 A=41 1 01 B=13 - 110000 B=48

01101 F=13 110100 F=52




Suma de números en notació ncompl emento a 1 (Cal) y a 2 (Ca2)

Se pu ede demost rar que co n el empleo d e la not ació n Cal o Ca2 para la representaci ón de

n ú m e r o s c o n s i g n o , l a s u m a y r e s t a b i n a r i a s p u e d e o b t e n e r s e u s a n d o , e x c l u s i v a m e n t e , c i r c u i t o s

sumadores de magnitu d . A c o n t i n u a c i ó n s e p r e s e n t a e s t a o p e r a c i ó n .

La suma de dos números bi narios con si gno en notación Cal y en notación Ca2 se basa

en la suma de magnit udes binarias . E n e l c a s o d e q u e A y B e s t é n e n C a l , a l a s u m a d e A y B ,

como si fueran magnitudes, se le suma el bit de acarreo de salid a que haya sido generado . E l

resul tado úl timo es el valor de la suma F=A+B escrito en notació n Cal . Anál ogamente se

realiza la su ma en el caso del Ca2, salvo que aquí el resultado f inal se obt iene directamente

tras la primera suma .

Cal Ca2

5 é t A +BF

F

De s b o r d am i en t o (overflow )

La suma de dos números b inarios con signo de n bi ts, expresados en cualqui er notación, p uede

t e n e r u n r e s u l t a d o e r r ó n e o e n e l c a s o d e q u e a m b o s t e n g a n e l m i s m o s i g n o y e l v a l o r d e l a s u m a

n o p u e d a s er ex pre s a d o en n b i t s . En estos casos diremos q ue se ha generado un

desb ordamiento ( o v e r f l o w ) . En el sigu iente ejemplo se muestran dos casos d e o v e r f l o w . En el

primero, t enemos d os números en Cal po sit ivos d e magnitudes 13 y 8 . E l r e s u l t a d o d e l a s u m a

es un número negativo l o cu al es incorrecto . El segundo ejemplo representa la suma de dos

números negativo s expresados en Ca2 . D e i d é n t i c a f o r m a , e l r e s u l t a d o o b t e n i d o e s p o s i t i v o , l o

c u a l n o r e p r e s e n t a e l v a l o r c o r r e c t o :

DSEÑO DE CRCUTOS ARTMÉTCOS

L a s c e l d a s b á s i c a s d e l o s c i r c u i t o s s u m a d o r e s h a b i t u a l e s r e a l i z a n l a s u m a d e d o s b i t s . E x i s t e n

d o s t i p o s : los semisumadores ( H a l f A d d e r , HA) y los s umadores completos ( F u l l A d d e r , F A) .

Semisumadores

Tienen do s entradas A ; y B ; , y d o s s a l i d a s S ; y C ; + 1 que se corresponden con el bi t de su ma y

de acarreo, respect ivamente . El esquema de un semisu mador- HA-, su tabl a de verdad y su

e s t r u c t u r a i n t e r n a s o n :

Cal Ca2

01101+13 1 0 0 0 1 - 1 5

01000+8 11000 - 8

1 0 1 0 1 - 1 0 01001 +9



A i B i

HACi+ S i

y

B3-0

14A3-0

14

CoutSumador Ci n

d e 4 b i t s

A i Bi

0001101 1

S i Ci+l

00101001

Sumadores completos

Tienen tres entradas A ; , B i y Ci que se corresp onden, las dos primeras, c on los bits de los

números A y B y, l a última, a la entrada de acarreo, y do s sali das, S i y C i + l , con idéntico

signif icado que en los semisumadores . El esquema, tabla de verdad y estructura interna de un

s u m a d o r c o m p l e t o s o n : .

CRCUTOS ARTMÉTCOS 143

i

1

S u m a d o r d e n b i t s

Los semisumadores y sumadores completos pueden unirse para formar sumadores de

2 números de n bit s . E s t o se c o n s i g u e me d i an te el em p l e o de n s u ma d o re s c o m p l e t o s en l o s

que la entrada de acarreo del s umador j+1 se conecta a la s alida de acarreo del sumador j . En

la sigui ente figura se muestra el esquema de bloqu es y co nstituc ión interna de un sumador de

4 b i t s .

A3 B 3 A2 B 2 A l B 1 A0 B 0

1 1 1 1 1 1 1 1a b a b a b a bFA FA FA FA

Ci+l Ci Ci+l Ci Ci+l Ci Ci+l CiS . S S . S -

4 C o u tZ

Z3 - 0 3 2 1 0

Sumador BCDUn t i p o p ar t i c u l ar de s u ma d o re s b i nari o s l o c o n s t i t u y en aq u e l l o s q u e a ce p t an n úmer o s BCD

en sus entradas y generan el resultado también en BCD . El sumador BCD más bá si co es el qu e

realiza la suma de dos d íg it os BCD, A y B, junto co n un posib le acarreo de entrada, K; , , y

genera un acarreo de salid a, K o t , t , y el result ado BCD de la suma, Z . Su estruct ura interna está

b a s a da en s u ma d o res b i nari o s de 4 b i t s . Existe un circuit o combinacional que detecta si el

resultado del primer sumador es un número BCD y un segundo sumador, que añade la

magnitud 6 ó 0, según corresponda, p ara convertir la suma binaria al valor BCD de la salid a :

Cin

A i B i C i S i C i + lCiB i

000 00 Ai

001 10010 10011 01 Ci+100 10101 01110 01

1 1111




S u ma d o r

Kout BCD K ' n

s 2

S

SO

iz

E-

K o n t <

t

c oV

E - ,

0 01 r1Sumador c , , , , -0de 4 bits CinE0

Encadenando en serie "K" de esto s s umadores, s e construy en sumadores BCD paralelos

de K dígit os d ecimales .

Sumador-restador de números c on si gno en Ca2

Un circuito sumador-restador de números c on signo en Ca2 const a, bás icamente, de un

sumador binario de magnitud y un circuito que deja pasar, o complementa, el dato que actúa

de sus traendo, s egún se muestra en la figura . Si s e ordena la s uma (s/r=0), Y=B y F=A+B ; s i

s e o r d e n a l a r e s t a Y= B y F = A + B + 1 = A + Ca2(B) = A - B . El desbordamiento se

representa mediante el bit V y se pu ede implementar de varias f ormas c omo, por ejemplo ,

V = Exor(C n ,Cn - 1 ) :

t Sumador

b i n a r i o

BT r a n s f i e r e / F

Complementa

4Y

i n

000001010011100101110111

s / r

Sumador-Cout

d e 4 b i t s - i n n :-,-i n

f

i

D e t e c t o r e r r o rBCD

UNDAD ARTMÉTCO-LÓGCA (ALU)

Una ALU de n bits es un circui to c ombinacional que realiza operaciones lógicas y aritméticas

sob re 2 datos de entrada de n bits cada uno . En la si gui ente figura se presenta el esqu ema y

tabla fu ncional de una ALU de 4 bit s, d onde existen 3 señales de selección que p ermiten

escog er entre 4 operacio nes lógi cas y 4 operaciones aritméti cas, además d e acarreo de entrada

y s a l i d a p a r a l a s o p e r a c i o n e s a r i t m é t i c a s :

A 3 - B 3 - 0 s2 s1 S O Operación

F = AND(A, B)F = OR(A,B)F = EXOR(A,B)F = NOT(A)F = A+B+C¡ nF = A- B+C nF=A-1+ C; nF=A+C; n






r e s u l t a d o s p a r c i a l e s p r o c e d e n t e s d e m u l t i p l i c a r e l b i t i d e l n ú m e r o B , p o r e l n ú m e r o A ( v e r

f i g u r a a n t e r io r ) .

E l n ú m e r o d e b i ts d e l r e s u l t a d o p a r c i a l S 0 e s d e n a ; e l d e S 1 , n a + 1 ; e n g e n e r a l , e l d e l S i ,e s n a + i . E l r e s u l t a d o p a r c i a l c o n m a y o r n ú m e r o d e b i t s e s S n b - 1 , c o n n a + n b - 1 b i t s .

P o r e l a p a r t a d o a ) s a b e m o s q u e l a s u m a d e l o s r e s u l t a d o s p a r c i a l e s S 0 y S , n e c e s i t a r á n

u n r e s u l t a d o d e n a + 2 b i t s . E s t e r e s u l t a d o , s u m a d o c o n S 2 ( q u e t i e n e n a + 2 b i t s ) , p r o d u c i r á u n

n u e v o r e s u l t a d o q u e n e c e s i t a r á n a + 3 b i t s . D e f o rm a s u c e s i v a , l l e g a m o s s u m a n d o l a s r e s u l t a d o s

p a r c i a l e s , h a s t a e l ú l t i m o , S n b - 1 . E l t a m a ñ o d e l r e s u l t a d o d e e s t a ú l t i m a s u m a , s e n e c e s i t a r á

a l m a c e n a r c o n u n b i t m á s d e l o s q u e p o s e e S n b - 1 , e s d e c i r , n a + n b - 1 + 1 .

E n r e s u m e n , e l r e s u l t a d o d e l a m u l t i p l i c a c i ó n d e d o s n ú m e r o s A y B d e n a y n b b i t s ,r e s p e c t i v a m e n t e s e s :

n a x n = n a + n ,

b) Convertimos los números 110 ( 1 0 , 3 5 ( 1 0 y 73 ( 1 0 e n b i n a r i o

110 1 2Jb 5 5 12j2712

131 21 6 ( 2v,312

v 112

35 1 0 = 00100011(2

Las su mas son :

v 0110 ( 1 0 = 1101110 ( 2 , o bien , si u til izamos un by te para almacenar el número

110( 1 0 = 01101110 ( 2 -

73 1 2`D 3 6 12

`0 181 2`0 9 1 2j 412

`0 2 2`0 1 1 2

73 ( 1 0 = 01001001( 2 .

P o r ú l t i m o :

j 0

35 12,U 17 12v 81 2v 41 2v 2 2

`0 1 1 2

v 0






Por el co mplemento a 2

01 1010 +26_ + 110000 -16

>40010l0 +10

c) Por substracción directa . En este caso se genera un acarreo de salid a ya que el

sub straendo es mayor que el minuendo . Sabemos q ue el result ado debe ser un número negativo

cuya magnitud se puede o btener restando al número mayor, el menor .

E x i s t e B or r ow f i n a l 1

10010 18 10011 1910011 19- 10010 1 8

1 1 1 1 1 =9 0 0 0 0 1 1 R e s u l t a d o - 1

E x i s t e Borrow 1

f i n a l . _ 000100 41 10000 48 110000 48000100 41 1 0 1 0 0 =? 1 0 1 1 0 0 44 Resul tado -44

Pro b l ema 3 . - Sea una ALU de 8 bits que entre otras op eracio nes realiza la s uma sin s igno

(SSS) y la su ma en compl emento a dos (SC2) . n d i q u e j u s t i f i c a d a m e n t e :

a) Dados do s números pos itivos A y B, ¿ da igu al su marlos mediante SSS que medianteSC2?.

b) ¿En qué co nsisten y cómo s e reconocen los errores d e desbo rdamiento (oven7ow)?

En su c aso, ¿cómo pu ede obtenerse el resultado correcto ? .

c) Realice, si es po sib le, las si guientes operaciones indi cando si es con SSS o SC2 .

1 . ( - 7 5 ) + 125

2. ( - 7 5 ) +(-125 )

3. 7 5 + ( - 1 2 5 )

4 .75+125

Por el compl emento a 1

010010 +1 8+ 101100 -19

111110 - 1

P or el c omp l emento a 2

010010 +1 8+ 101101 -19

111111 - 1

d) Por substracción directa


0000100 +4+ 1001111 - 4 8

1010011 -44


0000100 +4+ 1010000 - 4 8

1010100 - 4 4





a ) Di s p o n e mo s d e d o s n ú m e ro s p o s i t i v o s A y B . En primer lu gar determinaremos la

estructu ra de estos números en ambas notacio nes . En SSS, los números son l a representación

binaria de una magnitud . El rango os cila entre 0 y 255 para los 8 bits de la ALU . En SC2, lo s

d a t o s e s t á n re p re senta d o s se g ú n e l c o n v en i o ba sa d o en e l c o m p l ement o a 2 . Es t o es , A y B

representan valores posi tivos y negativos, existe un b it de si gno y sus valores van del -128

al +127 .

Para la comparación de las operacio nes SSS y SC2 cabe dist ingui r varios rangos :

1) A+B < 127, esto es, la magnitu d qu e representa la suma de los d os números es menor

q ue 1 28 . En este caso , tanto SSS como SC2 dan el mismo resul tado .

2) 1 27 < A+B < 25 5 . En este caso el resul tado q ue da SSS es correcto, pero no así SC2,

ya q ue la representación en esta not ación necesit aría un bit más . El resultado sería interpretado

c o m o u n n ú m e ro ne g a t i v o .

3) A+B > 255 . E s t e ca s o e s a b s u r d o p ara SC 2 , y a q u e , c o m o m á x i m o , l a s u ma de d o s

n ú m e ro s p o s i t i v o s e n Ca 2 es d e 2 54 . Para SSS existe u n error en el resultado , po rque las

8 sali das de la ALU son insu fic ientes para representar la magnitud d e la suma .

b ) L o s e r r o r e s d e d e s b o r d a m i e n t o o c u r r en c u a n d o s e s o b r e p a s a l a c a p a c i d a d d e

representación de los si stemas, produci endo esto s, resultados inco rrecto s . Para reconocer el

desbordamiento, disp o nemos de la señal d e acarreo C 8 y de overf l ow V , que of recen la mayoría

d e l a s A LU ' s . El bit de o v e r f l o w es úti l para operacio nes en las que intervengan números

expresado s en notac i ón Ca2 . Se obtiene realizando la o peración Exor entre el acarreo de la

columna de signo C7 y el acarreo de sali da C 8 : V=Exor(C 7 , C 8) . Ac laremos est e aspec t o .

Sup ongamos q ue tenemos do s números p o s i t iv o s de 8 bi t s expresado s en Ca2 . Si la suma de

los bit s A6-0 y B6-0, es menor de 128, no se prod uce ningún acarreo C 7=C8=O, y el result ado

es correcto, tal co mo muestra la figu ra :

C 8 =O C7=O- - - - - - - - - - - - - - - -

0 A6 A5 . . .

0 : B 6 B 5 .

0 : F6 F5 . . .

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Si la suma de los bit s A6-0 y B6-0 es mayor de 127, se produc e un acarreo C 7=1 q u e

p r o v o c a r á q u e e l r e s u l t a d o s e i n t e r p r e t e c o m o u n n ú m e r o n e g at i v o . Existe o v e r f l o w o

d e s b o r d a m i e n t o . En este caso, como se pu ede observar, no existe acarreo de salida C 8=O.

C 8=0 C7=1

0 A6 A5 . . .

0 B6 B 5 . . .

0 F6 F5 . . .

Cuando los d os números son negativos, se produ ce siempre un acarreo de salid a que se

de s p re c i a . En tal situación se produci rá un o v e r f l o w cuando, al producirse un C 7=O, se obtiene

un resultado po sitivo :




C8 =1 C7 =0

: 1 1 1-, 10 ' A 6 A 5 . . .

0 B6 B 5 . . .

0 F6 F5 . . .

L a s i t u a c i ó n s i g u i e n t e e s c o r r e c t a y e n e l l a n o s e p r o d u c e overflow :

C8=1 C7 =1`~` r - - 1 ~

0 A6 A5 . . .

0 B 6 B 5 . . .

0 F 6 F 5 . . .

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

Si damos un rápido repaso a las condi ciones que prod ucen desbordamiento V=1 en

función de C 7 y C8, comprobaremos que se cu mple la expresió n dada para V .

Dicho todo esto tenemos que :

1 ) En SSS sabemos que exist e un desbordamiento cuando el bit de acarreo C 8 se

encuentre a 1 lógico , independientemente del bi t V .

2) En SC2 sabemos qu e exis te overflow c u a n d o e l b i t V s e e n c u e n t r e a 1 l ó g i c o .

No ob stante, en ambas notacio nes es po sib le recup erar la suma correcta, uti lizando

como no veno bit el d e acarrero C 8 :

C 8 F7F6F 5F4F3 F Z F 1 Fo

Mostremos a co ntinuació n la validez de esta so lu ció n para SC2 (para SSS es evidente) .

La suma A + B genera desbo rdamiento só lo en dos c asos : si ambos sumandos son positivos

(A 7 = B7 = 0) o si ambos son negativos (A 7 = B 7 = 1) . Como el desbo rdamiento s e elimina al

contar con sufi ciente número de bit s, imaginemos que existe un noveno bit en la posici ón más

sig nific ativa (columna 8) . El valor de este hipotético bit s erá el del si gno de los números

A 8 = B 8 = 0 en el primer caso y A 8 = B 8 = 1 en el segund o . Entonces, al su mar la columna 8

se t endrá 0 + 0 + C8 o 1 + 1 + C 8 , por lo que en ambos casos el hipotéti co bit de signo del

r e s u l t a d o c o r r e c t o e s F 8 = C 8 .

c) Los t res primeros casos sól o pu eden realizarse con SC2 ya qu e se trata de números

con signo, mientras que el úl timo s e realizará con SSS .

1) SC2(101 10101 + 01111101) . Las sal id as de la ALU so n 00110010, que representan

el número +50 . S e p r o d u c e a c a r r e o , C 8 = 1 q u e s e d e s p r e c i a e n l a a r i t m é t ic a e n C a 2 , y e l b i t d e

o v e r f l o w , V, se encuentra a 0 porqu e los acarreos C 8 y C 7 e s t á n a 1 .

2) SC2(10110101 + 10000011) . Las sal id as de la ALU so n 00111000, que representan

el número +56 . Pero el bi t V est á a 1 (C 7 = 0, C 8 = 1) indicando qu e exist e un error de

desbordamiento . El resul tado c orrecto se puede ob tener formando un número d e 9 bi ts,

constitui do por el bit d e acarreo C8 como bit de signo, y los 8 bits del resultado,

A+B = 100111 000 . E s t o r e p r e s e n t a e l n ú m e r o - 2 0 0 , l o c u a l e s c o r r e c t o .



x2 S c 0


3) SC2(01001011 + 10000011) . L a s s a l i d a s d e l a A L U s o n 1 1 0 0 1 1 1 0 , q u e r e p r e s e n t a n

e l n ú m e r o - 5 0 . N o s e p r o d u c e a c a r r e o C8 y V=O.

4) SSS(01001011 + 01111101) . L a s s a l i d a s d e l a A L U s o n 1 1 0 0 1 0 0 0 , q u e r e p r e s e n t a n

l a m a g n i t u d c o r r e c t a , 2 0 0 . N o s e p r o d u c e a c a r r e o d e s a l i d a C 8=0 . S i s e h u b i es e r e a l i z a d o

SC2(01001011 + 01111101) las sal id as de la ALU también so n 11001000, pero V = 1

i n d i c a n d o d e s b o r d a m i e n t o .

P r o b l e ma 4.-Muestre la palabra de 8 bits que representan los números +36 y - 36 en las tres

notaciones (S-M, Cal, Ca2) . Represente también el resultado de multip lic ar por dos y de

dividi r por dos, esos números . ¿ Q u é r e l a c i ó n ha y e n t r e l a p a l a b r a i n i c i a l y l a f i n a l ?

Solución P4 .

a ) P a r a n ú m e r o s p o s i t i v o s :

E n l a s t r e s n o t a c i o n e s s e r e p r e s e n t a n d e i g u a l f o r m a l o s n ú m e r o s p o s i t i v o s . P o r t a n t o :

+3 6 - 00100100 ( + 3 6 ) x 2 = + 7 2 - 01001000

( + 3 6 ) _ 2 = + 1 8 -3 00010010 .

E n g e n e r a l , l a m u l t i p l i c a c i ó n p o r 2 e q u i v a l e a d e s p l a z a r e l n ú m e r o h a c i a l a i z q u i e r d a

i n t r o d u c i e n d o u n 0 c o m o b i t m e n o s s i g n i f i c a t i v o y c o n s e r v a n d o e l b i t d e s i g n o ; e s t o p u e d e

c o m p r o b a r s e c o m p a r a n d o l a s r e p r e s e n t a c i o n e s d e + 3 6 y + 7 2 . A n á l o g a m e n t e , l a d i v i s i ó n p o r 2

e q u i v a l e a d e s p l a z a r h a c i a l a d e r e c h a i n t r o d u c i e n d o u n 0 c o m o b i t m á s s i g n i f i c a t i v o d e l a

m a g n i t u d y c o n s e r v a n d o e l b i t d e s i g n o ; s e p u e d e c o m p r o b a r c o n + 3 6 y + 1 8 . G r á f i c a m e n t e

e s t a s o p e r a c i o n e s a d m i t e n l a s i g u i e n t e i l u s t r a c i ó n :

=20

S?

b ) P a r a n ú m e r o s n e g a t i v o s :

L a r e p r e s e n t a c i ó n d e l o s n ú m e r o s n e g a t i v o s v a r í a d e u n a n o t a c i ó n a o t r a . E n e s t e

probl ema tenemos :

bl) Signo-magnitu d : - 3 6 - 10100100

U , ,

0

( - 3 6 ) x 2 = - 7 2 - 11001000 ; e n g e n er a l , x 2 x 2 Uo

( - 3 6 ) - 2 =-18 - 10010010 ; e n g e n e ra l , - 2 = 2

b2) Compl emento a : - 3 6 - > 1 1 0 1 1 0 1 1

UN

1

( - 3 6 ) x 2 = - 7 2 - - > 1 0 1 1 0 1 1 1 ; e n g e n er a l , x 2 2 S cUr

1

( - 3 6 ) - 2 = - 1 8 - 11101101 ; e n g e n e r a l , - 2 = 2 S~




b 3) Comp lento a 2 : - 36 -* 1101 1100

(-36) x 2 = -72 -> 10111000 ; e n g e n e r a l , x 2 x 2

(-36) --.2=-18-1 1 1 0 1 1 1 0 ; e n g e n e r a l , - 2 - -.2

b) Desplazamos a la izqu ierda tres veces los bit s del número 75 e introducimos un 0 p or

la derecha cada vez que realic emos un des plazamiento .

S

Ur

Pro b lema 5 . - R e a l i c e l a s s i g u i e n t e s o p e r a c i o n e s e n b i n a r i o , c o m p r o b a n d o e l r e s u l t a d o :• 22 x 18

b ) 7 5 x 8

• 18x40d)61=16• 1 6 8 x - 1 4

0168--. 20

Solución P5 .

a) 22 x 18 = 396

1

0

d) Dividi r un número A entre una pot encia de dos equ ivale a despl azar hacia la derecha

los bi ts del número A . Así 61 _ 16 = 111101 - 10000 = 11 .1101 . E s t e r e s u l t a d o r e p r e s e n t a e l

número 3 .8125 .

e) 168 _ 14 = 12

1010100011110-1110 1100

01110- 1110

0

10110 22

x10010 1 8

101100

101100000110001100 3 9 6

75 = 1001011 ; 7 5 x 8 =

c) 18 x 40 = 720

10 0 10 110 0 0

101000 40

x10010 1 8

101000010100000001011010000 72 0



f) 16 8=20=8 . 4

10101000 110100

-10100 1000 .0110 . . .

100000- 10100

11000-10100

01000

E l r e s u l t a d o e x a c t o e s 8 . 4 ; e l o b t e n i d o h a s t a e l c u a r t o d í g i t o d e c i m a l e s 8 . 3 7 5 .

Problema 6 . - L a s s u m a s y r e s t a s e n c o m p l e m e n t o a 1 0 t i e n e n l a s m i s m a s r e g l a s q u e l a s

s u m a s y r e s t a s e n c o m p l e m e n t o a 2 .

a ) R e p r e s e n t e + 1 4 9 y - 1 7 8 e n c o m p l e m e n t o a 1 0 c o n 4 d í g i t o s , e l m á s s i g n i f i c a t i v o d e

l o s c u a l e s a c t ú a c o m o " d í g i t o d e s i g n o" .

b ) S u m e ( + 1 4 9 ) + ( - 1 7 8 ) e n c o m p l e m e n t o a 1 0 .

c ) R e p r e s e n t e + 1 4 9 y - 1 7 9 e n B C D b a j o c o m p l e m e n t o a 1 0 , u s a n d o u n b i t c o m o s i g n o .

d ) S u m e e n B C D y c o m p l e m e n t o a 1 0 ( + 1 4 9 ) + ( - 1 7 8 ) , i n t e r p r et a n d o l a r e s p u e s t a .

Solución P6 .

a ) E l c o m p l e m e n t o a 1 0 d e u n n ú m e r o A , p a r a n d í g i t o s , v i e n e d e t e r m i n a d o p o r l a

e x p r e s i ó n C a l O ( A ) = 1 0 ° - A . P o r e j e m p l o , p a r a n = 4 e l C a l 0 ( 9 8 7 6 ) = 1 0 4 - 9 8 7 6 = 0 1 2 4 ; y

e l C a l 0 ( 4 3 4 2 ) = 5 6 5 8 . P a r a r e p r e s e n t a r n ú m e r o s d e c i m a l e s c o n s i g n o e n e l c o n v e n i o b a s a d o

e n e l C a l 0 s e p r o c e d e c o m o e n el c a s o d e l C a 2 ; e s t o e s , + N s e r e p r e s en t a c o m o N ( 1 0 y - N , c o m o

CalO(N) . E n c o n s e c u e n c i a :

+ 149 -* 0 1 4 9 : e l d í g i t o 0 s e c o r r e s p o n d e c o n e l s i g no +

- 178 - C a l 0 ( 0 1 7 8 ) = 9 8 2 2 : e l d í g i t o 9 c o r r e s p o n d e c o n e l s i g n o -

b ) R e a l i z a m o s , a h o r a , l a s u m a . C o n i d é n t i c o c r i t e r i o q u e e n C a 2 , s i s e p r o d u c e u n

a c a r r e o , s e d e s p r e c i a .

0149+9822

9971

E n n u e s t r o c a s o e l p r i m e r d í g i t o e s 9 l o q u e s i g n i f i c a q u e e l r e s u l t a d o e s n e g a t i v o . P a r a

c o n o c e r l a m a g n i t u d d e l r e s u l t a d o a p l i c a m o s , n u e v a m e n t e , l a d e f i n i c i ó n d e l C a l o :

C a l 0 ( 9 9 7 1 ) = 0 0 2 9 . E l r e s u l t a d o , p o r t a n t o , e s e l - 2 9 .

c ) S i r e p r e s e n t a m o s l o s v a l o r e s a n t e r i o r e s c o d i f i ca d o s e n B C D , u t i l i z a n d o u n ú n i c o b i t

p a r a e l s i g n o ( 0 p a r a l o s p o s i t i v o s y 1 s e g u i d o d e l C a l o p a r a l o s n e g a t i v o s ) , n o s q u e d a :

+ 149 - 0 ( 1 4 9 ) B C D = 0000101001001

- 178 - * 1 C a 1 0 ( 1 7 8 ) BCD = 1(822) = 1100000100010

CRCUTOS ARTMÉTCOS 15 3




d) La suma de los valores anteriores será :

Ob sérvese q ue, al sumar lo s 4 bi t s del d í g i t o menos signi f i c at i v o , se pro d u c e un

resu l tad o q u e no es BCD . La aritmética BCD exige en estos caso s qu e se añada la cantid ad 6

para obtener el resultado correcto . Esto provoc a un acarreo hacia el si guiente dígit o BCD . E l

resultado f inal es 1100 10 111000 1, que corresp onde a -029 (el primer bit 1 indi ca que es

negativo y los otros 12 bits, en BCD, equivalen a 971 por lo que el resultado es

-Ca 10(971) = -29 .

Problema 7.-La sub stracció n binaria directa F=A-B produce una dif erencia correcta si A es

mayor o igu al que B . ¿ C u á l p o d r í a s e r e / r e s u l t a d o s í A e s m e n o r q u e B ? . D e t e r m i n e l a r e l a c i ó n

e n t r e e l r e s u l t a d o o b t e n i d o e n F y e l b i t d e b o r r o w e n l a p o s i c i ó n m á s s i g n i f i c a t i v a .

S o l u c i ó n P 7 . - P ara determinar el resu l tad o , invest ig uemos c on u n ejemp l o s enc i l l o q u é

número obtenemos al realizar la resta bi naria F = A - B . S u p o n g a mo s q u e r e a l i z a mo s l a

s i g u i ente o p erac i ó n (A = 10 ( 1 0 y B = 15 ( 1 0 ) :

Borrow f i n a l = l

1010 A- 1 1 1 1 B

1011 F

Como se obs erva, se produ ce un acarreo final o b o r r o w y el resultado F de la op eración

(F = 11 ( 1 0 ) no se corresp onde con el valor correcto de la di ferencia (-5) . Supongamos que

realizamos l a operación 2 ° + A - B, donde n representa el número de bit s de lo s números A y

B . La nueva operació n sería :

B or r ow final=0

11010 A

-01111 B

01011 : F

En est e caso no s e genera b o r r o w y el resultado es el c orrecto ( 26 - 15 = 11) . Como se

p uede obs ervar, el result ado F de esta operación es el mismo que el de la anterior, co n la

salvedad que la cantidad 2" es suf iciente para cubir el arrastre final . Entonces, F = 2 n - (B - A)

lo qu e signific a que el resultado del restador de magnitud p roporcio na el número A - B en la

notac i ón Ca2 . Así, 1011 co mo número con si gno en Ca2 es -Ca2(1011) = -(0101) = -5 .

P o r ú l t i m o p o d emo s d e c i r q u e e l n úmero f o rma d o p o r e l borrow y los bits del resultado,

representa si empre A-B en Ca2 . Si A>B, no se prod uce arrastre, po r lo qu e tenemos un bi t de

signo positivo (borrow=0), y si A<B, se produce arrastre (borrow=l), p o r l o q u e tenem o s un

número negativ o expresado en notac i ón de c o mp lemento a 2 .

1 <

0 0001 0100 1001

+ 1 1000 0010 0 0 1 0

1 1001 0111 1011

0 1 1 0

0001






Para el acarreo de salida, t enemos el si guiente K-mapa :

Z n-1 yn-1 xn-1

Co E

xiy

iZi

000 001 011 010 110 111 101 100CCO

00

0 1

1 1

10

de donde se obt ienen las sigu ientes ecuaciones :

C, = y _Z i C 1 +-iy C~ +X-i Zf C~ +x , y z i C o

Co = XA C 1 +x1 z 1 c 1 +y~z 1 c 1 +xAC0+xj z1c0+y~z1 c0+XAc1c0+x1 z 1 c 1 C 0 +yj z 1 c 1 C 0

b ) P a r a e l s u m a d o r p a r a l e l o d e n b i t s , u t i l i z a r e m o s n u n i d a d e s s u m a d o r a s , r e a l i z a n d o u n a

c o n e x i ó n d e a c a r r e o e n s e r i e e n t r e e l l a s .

A 3 A2 A Ao B

ALU

F 3 F2 F F o

Z1 Y1 X1

C ' Co

ZO Y o x0

P r o b l e ma 9 . - L a A L U d e 4 b i t s d e l a f i g u r a s e i n c l u y e d e n t r o d e u n C l . Muestre las co nexionesentre 3 Cl pra formar una ALU de 12 bit s . A s i g n e l o s a r r a s t r e s d e e n t r a d a y s a l i d a e n l a A L U

d e 1 2 b i t s .

1111 1111

W W W

S o l u c i ón P 9 . - Para formar una ALU de 12 bi ts nos b asta con 3 ALU's d e 4 bits . E n e l l a s

c o n e c t a r e m o s l o s d i s t i n t o s g r u p o s d e 4 b i t s d e l a s e n t r a d a s A y B d e 1 2 b i t s . P o r o tr o l a d o , l a s

s e ñ a l e s d e c o n t r o l d e l a s t r e s d e b e n s e r i d é n t i c a s , p o r l o q u e i r á n i n t e r c o n e c t a d a s . P o r ú l t i m o ,

cuando s e realicen operaciones aritmétic as, s erá necesario que cada ALU conozca si la ALUanterior ha generado un acarreo o no para añadírselo a su suma parcial . P o r t a n t o s e s u g i e r e

u n a e s t r u c t u r a d e a c a r r e o e n s e r i e . E l c i r c u i t o r e s u l t a n t e s e r í a :

B B, B o s 2

S

S O

Ci

00 00 01 00 01 0 1 01 00

00 01 0 1 01 0 1 1 0 0 1 01

0 1 0 1 1 0 01 10 1 0 10 0 1



A11-8 B11-8

1 1 1 11 1 1 1

ALU2

S 1

So

C i

1 1 1 1Cout F 1 1 - 8

A 7 - B

1 1 1 11 1 1 1

ALU

1 1 1 1

F7-4

S2

S

SO

Ci

Problema 10. - Diseñe un circuito aritmético con dos variables de selección s, y s o que realice

las si guientes operaciones aritméticas . ndiqu e una solu ció n para una etapa típi ca .

S o l u c i ó n P 1 0 . - Daremos una sol uci ón basada en un sumador de n bit s co n entrada de acarreo,

a c u yas entradas a y b habrá q ue c onec tar lo s d at o s adec uad o s en f unc i ón de s1 y s o . En

c o n cre t o , s i s l s 0 = 0 0 , la s en trada s a y b t en dr á n l o s n úmero s A y B re s p e c t i v amen te ; s i

s1s0=01,a=Ayb=0; si s1s0=10,a=Oyb=B;ysislso=11,a=Ayb=B .

Una s o l u c i ó n c o n s u b s i s t e m a c o n s i s t e en u t i l i z a d o s g r u p o s d e mu l t i p l e x o r e s d e

4 canales cuyas s alidas se co nectarán con la entrada a o b y, en función de sus señales de

control , se escogerá el canal que tenga el dato apropiado para la operación :

AAO A B O B B

S 1

S O

F

A continuación haremos el d iseño interno de la etapa típic a de un sumador qu e responda

al conjunto de operacio nes especif icadas . Mediante la repetic ión e interconexión d e etapas

t í p i c as se ob tendrá el su mador entero . Ut i l i z a r e mo s c o m o b a s e d e l d i s e ñ o u n s u m a d o r


A B

1 1 1 11 1 1 1

ALU

1 1 1 1

F3-o

S2

S

SO

C,

S 2

S1

S o

Ci n

S 1 SO C i ñ 0 C ¡ ' =1

0 0 F=A+B F=A+B+1

0 1 F=A F=A+ 1

1 0 F=B F=B+1

1 1 F=A+B F=A+B+1




c o m p l e t o ( F A ) . La estru ctu ra de la etapa viene representada en la sigui ente figu ra :

B i

S

SO

Hay qu e diseñar el circu ito c ombinacional (C .C . ) de modo que, en funció n de los valores

de control s i s 0 , y los bit s i de los números A y B, permita suministrar las entradas adecuadas

a ; y b i del sumador completo , para que su salid a se corresponda con la operació n especi ficada .

P od emos obtener, sin mayor dif ic ult ad, el K-mapa del C .C . :

B i

s 1 s 0 00

00

01

1 1

10

01 1 1 10

a l b i

d e d o n de o b t enem o s la s s i g u i en te s e c u a c i o ne s :

a ¡ = A i s , +A i s 0

b . = B i s l s „ + b i s 1

Problema 11. - Se desea obtener el valor de un número binario s in sig no A, de 8 bit s (A=A7_ 0 ) ,

multip licado por 129 .

a) Obtenga un circui to qu e lo realice . No pu eden utili zarse circuitos aritméticos de n bits

(n > 1) , p er o s í s em i s u ma d o re s (HA), s u m a d o r e s c o m p l e t o s ( F A ) y p u e r t a s .

b) Repit a para Ax40 .

S o l u c i ó n P 1 1 .

a) Realizaremos, en primer lugar, la mult ipl icac ión entre los d os números :

A7 A6 A5 A4A3 A2 A l A0

1 0 0 0 0 0 0 1

A7 A6 A5 A4A3 A2 A l A0

A7 A 6 A 5 A 4 A 3 A2 Al A0

a;=A; b;=B ¡

a;=A; b1 =0

a;=A; b;=B1

a;=0 b 1 =Bi

Z1 5 Z14Z1 3 Z1 2 Z1 1 Z10Z9 z8 Z7 Z 6 Z 5 Z 4 Z 3 Z 2 Z 1 Z O

00 01 1 1 10

00 0 0 10 10

01 0 0 10 1 1

01 00 0 0 01



Z 1 5 Z 1 4

b) Operamos de f orma similar al apartado anterior . Realicemos en primer lugar la

m u l t i p l i c a c i ó n p a r a c o n o c e r q u é e l e m e n t o s d e b e m o s u t i l i z a r e n e l c i r c u i t o .

b

HACo

s

b

HACo

s

Z 1 3

Z 1 3 Z1 2ZZOZ 9Z 8 Z 7 Z6 Z5Z4 Z3 0 0 0

L o s t r e s b i t s m e n o s s i g n i f i c a t i v o s d e l r e s u l t a d o s o n 0 . L o s d o s b i t s s i g u i e n t e s , c o i n c i d e n

c o n l o s b i t s m e n o s s i g n i f i c a t i v o s d e l n ú m e r o A . A p a r t i r d e a q u í , e l b i t Z 5 d e b e o b t e n e r s e

sumando A 0 con A 2 , lo cu al puede obtenerse con semisumador ; e l b i t Z 6 , s umando A 1 con A 3

m á s e l p o s i b l e a c a r r e o a n t e r i o r , l o c u a l d e b e h a c e r s e c o n u n s u m a d o r c o m p l e t o . U t i l i z a r e m o s

s u m a d o r e s c o m p l e t o s p a r a o b t e n e r l o s b i t s Z 5 h a s t a Z 1 0 . L o s b i t s Z 1 1 y Z 1 2 p u e d e n o b t e n e r s e

con semisumadores y el bi t Z 1 3 corresponderá co n el acarreo del último semisumador . E l

c i r c u i t o r e s u l t a n t e e s :

A 7 A A6 A4 A5 A3 A4 A 2 A3 A1 A2 A 0 A 1 A0

b

F AC o C i

s

Z 1 3 Z 12 Z11 Z 10

b

F A _C o C i

s

b b

F A F ACo Ci _ Co Ci

s s

Z 7

CRCUTOS ARTMÉTCOS 1 5 9

Comprobamos que los 7 bits menos significativos del resultado se obt ienen

d i r e c t a m e n t e d e l o s 7 b i t s m e n o s s i g n i f i c a t i v o s d e l n ú m e r o A . A p a r t i r d e a q u í , e l s i g u i e n t e b i t

d e l r e s u l t a d o , Z 8 , debe calcul arse sumando A 7 c o n A 0 . S i e s t a s u m a g e n e r a u n a c a r r e o , s e

d e b e r á a ñ a d i r a l s i g u i e n t e b i t ( A 1 ) p a r a o b t e n e r Z g . Así se procede sucesi vamente . P a r a e l l o ,

c o m o e s t a s s u m a s s o n s ó l o e n t r e d o s b i t s , b a s t a r á u s a r s e m i s u m a d o r e s (HA) . E l a c a r r e o d e l a

ú l t i m a u n i d a d , e s e l b i t d e m a y o r p e s o d e l r e s u l t a d o , Z 1 5 . E l c i r c u i t o r e s u l t a n t e e s :

b

Z 6

b

F A HAC o C i - Co

s s0 0 0

Z 5 Z 4 Z 3 Z 2 Z Z 0

A 7 A 6 A5 A4 A3 A2 A l A o

1 0 1 0 0 0

A 7 A6 A 5 A4 A 3 A 2 A l A0 0 0 0

A7 A6 A5 A4 A3 A 2 A 1 A 0




Pro b lema 12 . - Se d i s pone de una ALU de 8 b i t s mu y s imple, y a que s ól o hace las

operaciones de "suma " y " t r a n s f i e r e e l c o m p l e m e n t o " , c o m o s e i n d i c a e n l a f i g u r a a d j u n t a :

A B

F

C o u t

VA+BA+B+1A

F

Consid ere dos números c on signo d e 16 bits (K y L), representados en complemento

a dos . C a d a u n o e s t á e s c r i t o e n d o s p a l a b r a s d e 8 b i t s , u n a c o n l a p a r t e m á s s i g n i f i c a t i v a ( H )

y o t r a c o n l a m e n o s s i g n i fi c a t i v a ( L ) , es deci r, (K= KHKLy L=LHLD .

a ) U t i l i z a n d o u n a s o l a A L U , i n d i q u e j u s t i f i c a d a m e n t e , q u é h a y q u e r e a l i z a r p a r a o b t e n e r

M=K+L (M=MHMÜ incluy endo la pos ibi lid ad de desbo rdamiento (overflo w) . No hay q ue

explicar cómo se almacenan los resultado s intermedio s, si no que, simpl emente, hay que decir

que s e almacenan .

b) Repita el apartado anterior para obt ener M=K-L .

c) Diseñe la ALU con pu ertas y sumadores compl etos (FA) de 1 bit .

S o l u c i ón P12 .

a) Para realizar la suma de los do s números de 16 bit s, t endremos qu e hacerlo en dos

etapas : primero la parte menos si gnificativa y, segundo, l a parte más significativa . Los

números pu eden ser pos iti vos o negativos, p uesto q ue están representados en Ca2 . P o r t a n t o e s

la salid a V de la su ma más si gnifi cativa la que nos determinará la exis tencia o no de un

overflow .

1) ntroducimos por las entradas A y B los b ytes K L y L L , respecti vamente . L a s s e ñ a l e s

de co ntrol d e la ALU deben ser XC i n = 00 . Por la salida F, o btendremos el byt e menos

s i g n i f i c a t i v o d e l r e s u l t a d o , M L qu e se almacenará . Lo mismo s e hará con el acarreo de salida

generado Cout = C8-

2 ) n t r o d u c i m o s p o r l a s e n t r a d a s A y B l o s b y t e s K H y LH, respect ivamente . L a s s e ñ a l e s

de co ntrol d e la ALU son XCi n = OC 8 , d e f o r m a q u e s i e n l a e t a p a a n t e r i o r s e g e n e r ó a c a r r e o ,

C 8 = 1, se calc ula l a operación A+B+1 y en caso contrario, A+B . La salida F correspo nderá

c o n e l b y t e s i g n i f i c a t i v o d e l r e s u l t a d o M H . L l amem o s C 1 6 , al acarreo que se haya generado en

Cout .

3) Es en este momento cu ando debemos evalu ar la salid a V de l a ALU para determinar

l a e x i s t e n c i a d e overflow :

Si V=0, no exist e overflow y el result ado co rrecto de la su ma K+L está en M .

S i V = 1 , e x i s t e overflow y el result ado co rrecto de la suma K+L está en el número de 17

bits formado po r C 16M .

b) Para realizar la diferencia K-L, calcu lamos p reviamente el compl emento a 2 del

número L, el cu al se lo s umamos a K . La ALU no permite c alcul ar el Ca2 de u n número, s ólo



d i s p o n e d e l a o p e r a c i ó n A , q u e s e c o r r e s p o n d e c o n e l c o m p l e m e n t o a 1 d e l n ú m e r o A . S a b e m o s

q u e e l c o m p l e m e n t o a d o s p u e d e s e r o b t e n i d o f á c i l m e n te a p a r t i r d e l c o m p l e m e n to a 1 , s i n m á s

q u e a ñ a d i r l e l a u n i d a d . P o r t a n t o , p r i m e r o p r o ce d e r e m o s a c a l c u l a r e l c o m p l e m e n t o a 1 d e l

n ú m e r o L y p o s t e r i o r m e n t e , r e a l i z a r e m o s l a o p e r a c i ó n K + L + 1 . E s t o d e t e r m i n a l a d i f e r e n c i a

K-L .

1 ) n t r o d u c i m o s e l b y t e m e n o s s i g n i f i c a t i v o d e L ( L L ) , p o r l a e n t ra d a A . L a s s e ñ a l e s d e

c o n t r o l d e A L U d e b e n s e r X C i „ = 1 - . P o r l a s a l i d a F , o b t e n e m o s EL y s e a l m a c e n a .

2 ) n t r o d u c i m o s a h o r a e l b y t e s i g n i fi c a t i v o , L H , p o r l a e n t ra d a A . L a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l

de l a ALU deben ser XC i ñ 1 - . A l a s a l i d a o b t e n e m o s F = L H y s e a l m a c e n a .

3 ) n t r o d u c i m o s K L y LL p o r l a s e n t ra d a s A y B d e l a A L U . L a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l d e b e n

e s t a r a X C i n =01 . P o r l a s a l i d a F , o b t e n em o s M L y s e a l m a c e n a .

4 ) R e p e t im o s , p o r ú l t i m o , l o s p a s o s 2 y 3 d e l a p a r t a d o a n t e ri o r .

c) Los su madores permiten realizar las op eraciones F=A+B cuando el acarreo de

e n t r a d a e s t á a 0 l ó g i c o , y F = A + B + l , c u a n d o e s t á a 1 l ó g i c o . C o n s t r u i mo s , p o r t a n t o ' , u n

sumador de 8 bits u til izando sumadores completos de 1 bit . P o r o t r o l a d o u t i l i z a r e m o s

i n v e r s o r e s p a r a i m p l e m e n t a r l a ú n i c a f u n c i ó n l ó g i c a d e e s t a A L U , F = A . L a u n i ó n e nt r e l a p a r t e

l ó g i c a y l a a r i t m é t i c a s e p u e d e r e a l i z a r m e d i a n t e m u l t i p l e x o r e s c o n t ro l a d o s p o r l a v a r i a b l e X .

L a s e ñ a l d e o v e r fl o w , p u e d e s e r o b t e n i d a m e d i a n t e l a E x o r d e l a c a r r e o d e s a l i d a ( C 8 ) y e l

a c a r r e o d e l a e t a p a a n t e r io r ( C 7 ) .

Cout

V

S

SO

Pro b l ema 13 . - Sean X e Y d o s número s b inari o s p o s i t i v o s expresad o s en no taci ó n

comp lemento a 2 . U t i l i z a n d o l a A L U d e l a s i g u i e n t e f i g u r a , i n d i q u e l a s o p e r a c i o n e s a r e a l i z a r

e n l a A L U p a r a q u e s u s s a l i d a s r e p r e s e n t e n e l m ó d u l o d e l r e s u l t a d o d e l a d i f e r e n c i a e n t r e l o s

números X e Y .

3

t


S SO Operación

00011011

F = AND(A,B)

F = A+Ci n

F = A+B+C i n

F = A+B+Ci n



1 6 2 P ROBLEMAS DE CRCUTOS Y SSTEMAS DGTALES

Solución P13 . - E l v a l o r p e d i d o, X - Y , s e o b t i e n e co n X - Y s i X > Y y c o n Y - X = -(X -Y)si X < Y . Para obt enerlo hacemos A = X, B = Y, C i „ = 1 y s i so = 1 1 . A s í s e r e a l i z a l a

o p e r a c i ó n F = X + Y + 1 = X + C a 2 ( Y ) = X - Y . C o m o a m b o s n ú m e r o s s o n p o s i t i v o s n o h a y

desbordamiento aunque exist en dos o pci ones : X > Y, en cuy o caso F muestra X - Y , y

C0 , t = 1 ; y X < Y , e n c u y o c a s o F = X - Y es un número negativo y C o „ t = 0 . P o r t a n t o , s i

C 0 , t = 1 , l a s a l i d a F p r o p o r c i o na d i r e c t a m e n t e e l m ó d u l o d e l a d i f e r e n c ia y s i C o „ t = 0 h a b r á

q u e r e a l i z a r a l g u n o s p a s o s a d i c i on a l e s p a r a o b t e n e r l a s a l i d a d e s e a d a . A q u í p r e s e n t a m o s d o s

o p c i o n e s :

a ) R e p e t i r e l p r o c e s o a n t e r i o r p e r o c a m b i a n d o l a s e n t r a d a s , e s t o e s , A = Y , B = X ,C;,,=1ys 1 s o =11 .

b ) R e i n t r o d u c i r e l r e s u l t a d o a n t e r i o r F = X - Y p o r A y a p l i c a r l a s e n t r a d a s C i „ = 1 y

s 1 so = 0 1 , e n c u y o c a s o o b t e n d r e m o s a l a s a l i d a F = A + 1 = C a 2 ( A ) = Y - X .


Probl ema 14 . - R e a l i c e l a s s i g u i e n t e s s u m a s s i n p a s a r a l a b a s e d e c i m a l :

a)1110( 2 +1001 ( 2b ) 1 0 0 . 1 ( 2 + 111 ( 2c ) F 0 2 B ( 1 6 +1021 ( 1 6

d ) 1 2 3 0 ( 4 + 2 3 ( 4

Solución P14 .a )

b )

1 01 1 . 1c )

1

F02B ( 1 6

+ 1021 ( 1 6

1 0 0 4 C06d )

1wn1230 ( 4

+ 2 3 ( 4

1313 ( 4



Pr o b l ema 15 . - Multipl ique lo s números del p roblema anterior sin pasar a la base decimal .

Solución P15 .

a )

b )

1 0 0 . 1

x1 1110011001

100111111 . 1

c) Debe utilizarse la "tabla de multi pli car" en base 16, d e la que se ilus tran

a l g u n o s c a s o s :

F02B ( 1 6

x 1 0 21 ( 1 6

F 0 2 B

1E056F02B

CRCUTOS ARTMÉTCOS 16 3

F 2 1 A 5 8 B ( 1 6

d ) D e b e u t i l iz a r s e l a " t a b l a d e m u l t i p li c a r " e n b a s e 4 , d e l a q u e s e i l u s t r a n a l g u n o s c a s o s

1230 ( 4 3x3=21 ( 4+ 23(4 3x2=12 ( 4

11010 2x2=10 ( 43120102210 ( 4

P r o b l e ma 1 6 . - R e a l i c e l a s o p e r a c i o n e s a r i t m é t i c a s s i g u i e n t e s e n b i n a r i o u t i l i z a n d o :

a) la notació n en comp lemento a 1

b) la notaci ón en complemento a 2

y co mpruebe el resultado usando la aritmética decimal :

1 ) ( + 4 2 ) + ( - 1 3 )

2 ) ( + 4 2 ) - (-13)

3) (-42) + (-13)

4 ) ( - 4 2 ) - ( - 1 3 )

2 x B = 1 6 ( 1 6

2 xF =1 E ( 1 6




S o l u c i ó n P 1 6 .

1 )

a )

2 ) E n e s t e c a s o y e n e l s i g u i e n t e l a m a g n i t u d d e l r e s u l t a d o e s m a y o r q u e l a m a g n i t u d d e

c a d a o p e r a n d o . A u n q u e e n e s t e p r o b l e m a n o o c u r r e , e n s i t u a c i o n e s s i m i l a r e s p u e d e h a b e r

d e s b o r da m i e n t o p o r l o q u e h a y q u e v e r i f i c a r s i V = 0 a n t e s d e v a l i d a r e l r e s u l t a d o :

10101010 4 2

• 1110010 -13

0011100•> 1

0011101 2 9

b ) 0101010 4 2

+ 1110011 - 1 3

0011101 2 9

P r o b l e ma 17 . - Realice las si guientes operaciones util izando 1 0 b i t s , 3 d e e l l o s p a r a l a p a r t e

fraccio naria, us ando la notació n en compl emento a 2 . Compruebe el resultado verificando l os

posi bles errores .

• (+22 .25 ) + (+13 . 1 3 )

• (+22 . 2 5 ) - (+13 . 1 3 )

• (-22 . 2 5 ) + ( + 1 3 . 1 3 )

• (-22 . 2 5 ) - (+13 . 1 3 )

Solució n P17 . - L a c a n t i d a d 2 2 . 2 5 s e r e p r e s e n t a e n b i n a r i o c o m o 1 0 1 1 0 . 0 1 . L a c a n t i d a d 1 3 . 1 3s e r e p r e s e n t a c o m o 1 1 0 1 .00100010 . . . P u e s t o q u e s ó l o t e ne m o s 7 b i t s p a r a a l m a c e n a r l a p a r t e

entera y 3 para la parte fraccionaria de l os números, su representació n será

22 . 2 5 = 0 0 1 0 1 1 0 . 0 1 0 y 1 3 . 1 3 = 0 0 0 1 1 0 1 . 0 0 1 .

a ) 0101010 4 2 b ) 0101010 4 2

+0001101 1 3 + 0001 1 01 1 3

0110111 5 5 0110111 5 5

3 )

1a ) 1010101 -42 b ) X

1010110 - 4 21110010 - 1 3

+ 1110011 - 1 31000111 1001001 - 5 5

> 11001000 - 5 5

4 )

a ) 1010101+

- 4 2 b ) 1010110 - 4 2

0001101 1 3 + 0001 1 01 1 3

1100010 2 9 1100011 2 9



a )

0010110.010 2 2 . 2 5

+ 0 0 0 1 1 0 1 . 0 0 11 3 . 1 3

0100011.011 3 5 . 3 7 5

E l r e s u l t a d o c o r r e ct o s e r í a 3 5 , 3 8 . S e h a p r o d u c i d o u n e r r o r d e 0 , 0 0 5 .

b ) P a r a r e a l i z a r l a r e s t a s u m a r e m os e l C a 2 d e 1 3 . 1 3 .

E l r e s u l t a d o q u e s e l e e t i e n e u n e r r or d e 0 , 0 0 5 c o n r e s p e c t o a l r e s u l t a d o c o r r e c to , 9 . 1 2 .

c ) D e t e r mi n a r e m o s , p r i m e r o , e l C a 2 d e 2 2 . 2 5

Ca2(0010110. 0 1 0 ) = 1 1 0 1 0 0 1 . 1 1 0

1101001 .110 - 2 2 . 2 5

+ 0 0 0 1 1 0 1 . 0 0 11 3 . 1 3

1110110.111 - 9 . 1 2 5

E l r e s u l t a d o s e o b t i e n e c o n u n e r r o r de 0 . 0 0 5 .

d )

S e p r o du c e u n e r ro r d e 0 . 0 0 5 .

Pro b lema 18 . - Se dis pone de circuit os ló gicos TE. Esto s circui tos p oseen tres entradas y

u n a s a l i d a , y r e a l i z a n l a s i g u i e n t e f u n c i ó n d e c o n m u t a c i ó n T E ( f , g , h ) = f g + T h . R e a l i c e l a e t a p a

t í p i c a d e u n a u n i d a d l ó g i c a q u e r e s p o n d e a l a s i g u i e n t e t a b l a , s e g ú n l a o r g a n i z a c i ó n i n d i c a d a

en la fig ura y uti lizando, exclusi vamente, MUX 4: 1 e n e l C . C . . Las entradas se di spo nen en

r a í l d o b l e .


x1101001 .110 - 2 2 . 2 5

+ 1 1 1 0 0 1 0 . 1 1 1 - 1 3 . 1 3

1011100.101 - 3 5 . 3 7 5

Ca2(0001101 . 0 0 1 ) = 1110010 . 1 1 1

0010110.010 2 2 . 2 5+ 1 1 1 0 0 1 0 . 1 1 1 - 1 3 . 1 3

0001001.001 9 . 1 2 5

S 2 S i S o F ¡

0 0 0 A ¡ A ¡0 0 1 B_0 1 00 1 1

B ¡A ¡ B i

Ai +B ¡ S 2 C. C .

g T1 0 0 A ¡ B i E F i1 0 1

S iA ¡ +B i

1 1 0 Exor(A ¡ , B ¡ ) S1 1 1 Nexor(A¡,B i )




S o l u c i ó n P 1 8 . - Se p u e d en d a r m ú l t i p l e s s o l u c i o n e s a e s t e p r o b l e m a . L a q u e p r e s e n t a mo s

consi ste en hacer g = 1 y h = 0 en el TE de salida, con lo que F i = f es la única funció n que

debe realizarse con el C .C . Para diseñar C .C. con mult ip lexores representamos F ; en un mapa

binario natural :

s 2 S s 0

A¡Bi000 001 010 011 100 101 110 111

0 0

01

10

1 1

1 1s 2 s 1

Pro b lema 19 . - Diseñe un circuito aritmético con una variable de selección s y do s entradas

de datos A y B de 4 bits . Cuando s = 0 el circu it o realiza la op eració n de suma F= A+B .

C u a n d o s = 1 , e l c i r c u i t o r e a l i z a l a o p e r a c i ó n d e i n c r e m e n t o F = A + 1 .

S o l u c i ó n P 1 9 . - Utili zaremos un su mador de 4 bit s, en el que una de las entradas será el

número A y en la otra el número B para s = 0 y el número 0 para s = 1 . Asimi smo c onec taremos

S al acarreo de entrada C i „ para generar F = A+ 1 cu ando s = 1 . E l c i r c u i t o d e l a f i g u r a s i g u i e n t e

deja pasar aB si s =0y da un0si s= 1 :

1

2

3101 1

f = F ¡

Como se ob serva, cada c o l umna de la f unc i ó n f c orres p o nde a la operac i ón l ó g i c a

especificada en el enunciado . El circui to resultante, util izando multipl exores de cuatro canales,

es :

A ¡ B ¡

1

0

g

0 1 0 1 0 1

0 0 0 1 0 1 1 0

1 1 0 1 1 0 1 0

1 0 0 1 0 1 0 1



- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

& & & &

tttrE l c i r c u i t o f i n a l s e r á :

3 -

SS

1 .Sumador C ; n4 b i t s

3


- - - - - - - - - - - - - - - - -

Pro b l ema 20 . - P a r a l a A L U d e 8 b i t s d e l a f i g u r a , d e t e r m i n e l a s a l i d a F p a r a t o d a s l a s c o m -

binaciones po sibl es de s2 s , s o si las entradas A y B contienen los números bi narios $23 y

$FO, respectivamente, y el acarreo de entrada es 0 .

s2

S

SO

A 7 - o B 7 - 0s 2 s 1 s0

000001010

t 0111001 0 11101 1 1

O p e r a c i ó n

F = AND(A,B)F = OR(A,B)F = EXOR(A,B)

F = NOT(A)F = A+B+C ; , ,F = A+ B+C ; , ,F = A+ $FF +C ; , ,F=A+Ci n

Solución P20 .

a ) s 2 S 1 s o = 0 00 . F = AND($23, $F0) = $20 .

b ) s 2 S 1 s o = 001 . F = OR($23,$F0) = $F3 .

c ) s 2 s 1 s o = 010 . F = EXOR($23, $F0) = $D3

d ) s 2 s 1 s o = 011 . F = NOT(A)=$DC .

e)s 2 s 1 so=100.F=A+B+C;,,=$23+$F0=$13yC o „ t = 1 .

f ) S2 S 1 s o = 101 . F = A + B + C ; , , = $23 + $OF = $32 y Cout=0 .

g ) s 2 s 1 s o = 110 . F = A + $FF+ C ; , , = $23 + $FF = $22 y C o u t = 1

h ) s 2 s 1 s o = 111 . F = A + C i „ = $23 y Cout=0 .






Mealy

CRCUTOS SECUENCALES

NSS i

i

Moore

La realización de máquinas secuenciales con circuito s digit ales es lo que se conoce como ci r-

cuitos secuenciales . En ellos , lo s estados de entrada 1 corresponden a valores de las señales de

entrada X, los d e salida O a las señales de salida Z y, también, lo s estados i nternos co rrespo n-

den a valores "0" y "1" sobre un conjunto d e variables l lamadas de estado . Esto es, cada estado

tiene asignado un códi go binario sob re las variables de estado del ci rcuito . Éste se representa

mediante la denominada tabla de transición d e estados/salida, la cual es simil ar a las anteriores

(de estados/salida) sin más que susti tuir cada estado por el cód igo binario asignado (S i -~ q,

d onde q = q l . . . q n ; an á l o g a m en t e , NS - > Q ) .

La evoluc ión desde un estado p resente a un próximo estado, l o qu e simplemente es pasar

de un valor a otro en las variables de estado , pu ede realizarse de múltipl es formas . La más

c omún es di s p oner de un c irc u i t o es pec í f i c o , l lamado bi es tab le p orq ue tiene do s estad o s

estables (el 0 y el 1), qu e implementa una variable de estado .

Cada biestable muestra en su salida el estado 0 ó 1 almacenado, q ue corresponde al valor

presente en la variable de estado implementada en ese biest able . Para cambiar de valor alma-

cenado y así poder hacer el cambio al próximo estado, l os bi estables pos een unas entradas de

excit ació n (normalmente llamadas SR, JK, D o T) . A su vez, este cambio d e estado puede ha-

cerse de forma asíncrona o síncrona, en cuy o c aso el cambio d e estado es co ntrolado por una

señal de reloj (clk) . Una vez elegido el t ipo de biestabl e, la máqui na se describe por la deno-

minada tabla d e excitación/salida . En esta tabla, la representación de los c ambios de estado se

hace mediante el valor de las entradas de excitac ión qu e hay que poner en cada bies table para

q ue cambie adec uad amente su valo r almacenado ; p o r e j ., para biestables T, la tabla de excita-

ció n tiene la forma :

X i

Ti junto con el estado p resente q i

produ cen el adecuado Q i

NSO(NS)

O

O (S i )

Las fu nciones de excitación (por ej . T i ) y de salida (Z) son funciones combi nacionales

de las entradas (X) y de las variables d e estado p resente (q ) . Así, el esqu ema general de un cir-

cuito secuencia) síncrono es :



BESTABLES

E n e s t a b r e v e i n t r o d u c c i ó n n o s c e n t r a r e m o s ú n i c a m e n t e e n l o s b i e s t a b l e s m á s c o m u n e s . D e s d e

e l p u n t o d e vi s t a l ó g i c o l o s c u a t r o b i e s t a b l e s m á s u s u a l e s s o n :

aaa aa

T a b l a d e t r a n s i c i ó n b ie s t a b l e S R

D01

0 0

1

Q

T a b l a d e t r a n s i c i ó n b ie s t a b l e D

D e s d e e l p u n t o d e v i s t a t e m p o r a l , l a s f o r m a s s í n c r o n a s d e l o s b i e s t a b l e s s o n :

- D i s p a r a d o s p o r n i v e l ( a v e c e s l l a m a d o s l a t c h e s s í n c r o n o s ) : e n e s t o s b i e s t a b l e s u n o d e

l o s d o s n i v e le s d e l a s e ñ a l d e r e l o j h a b i l i t a l o s c a m b i o s d e e s t a d o ( s e g ú n l a t a b l a d e e s t a d o d e l

b i e s t a b l e ) , m i e n t r a s q u e d u r a n t e e l o t r o n i ve l n o h a y c a m b i o d e e s t a d o s ( Q = q ) .

- D i s p a r a d o s p o r f l a n c o s ( a v e c e s l l a m a d o s f l i p flops) : e n e s t o s b i e s t a b l e s l o s c a m b i o s

d e e s t a d o s e p r o d u c e n s i e m p r e t r a s u n o d e l o s f l a n c o s d e l a s e ñ a l d e r e l o j . E x i s t e n d o s e s t r u c -

t u r a s :

- Master-Slave e n l a q u e e l b i e s t a b l e p u e d e c a p t a r v a l o r e s d e e n t r a d a d u r a n t e e l n i -

v e l p r e v io a l f l a n c o a c t i v o .

- E d g e - t r i g g e r e d , e n e l q u e l a s e n t r a d a s s ó l o a f e c t a n e n e l e n t o r n o d e l f l a n c o

a c t i v o .

q

q

X

q

C i r c u i t o

c o m b i n a c i o n a l

Bancod e

b i e s t a b l e sE x c i t a c i o

c l k1 1 ( p o r e j T

900 01 11 l0

1

1

0

1

1

0

1

QT a b l a d e t r a n s i c i ó n b ie s t a b l e J K

T a b l a d e t r a n s i c i ó n b ie s t a b l e T

ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES 1 7 1

aa

Z

n e s d e l o s b i e s t a b l e s

SóJ -

RóK-

DóT-

q

q

S í m b o l o l ó g i c o

q

q

S í m b o l o l ó g i c o

c l k1 c l k c l k

( L a t c h , n i v e l H ) ( M a s t e r - S l a v e , f l a n co b a j a d a ) ( E d g e - t r i g g e r e d , f l a n c o s u b i d a )





b i e s t a b l e J K y l a t a b l a d e e x c i t a c i ó n d e l b i es t a b l e D .

JK00 01 1 1 1 0

QP a r a c a d a t r a n s i c i ó n d e l b i e s t a b l e J K s e p u e d e e n c o n tr a r l a e x c i t a c i ó n e n e l b i e s t a b l e D

q u e l a l l e v e a e f e c t o . E x p r e s á n d o l o e n e l s i g u i e n te m a p a d e K a r n a u g h s e t i e n e :

JK

a a

00 01 1

D

D e a q u í o b t e n e m o s l a e x p r e s i ó n p a r a D : D = J • q + K q . E l c i r c u i t o c o r r e s p o n d i e n t e

s e m u e s t r a e n l a f i g ur a :

LK-

J-

F

r

&

&&


- 1 --

P a r a e l b i e s t a b l e T p r o c e d e m o s d e i d é n t i c a m a n e r a .

e l h D 9q

A p a r t i r d e l a t a b l a d e t r a n s i c i ó n d e l b i e s t a b l e T y d e l a d e e x c i t a c i ó n p a r a e l b i e s t a b l e

D , s e l l e g a a l m a p a q u e s e m u e s t r a a c o n t i n u a c i ó n d e d o n d e s e ob t i e n e la e c u a c i ó n l ó gi c a p a r a

l a l í n e a D y a s i m i s m o s e m u e s t ra e l c i r c ui t o r e s u l ta n t e :

Q

L a e c u a c i ó n d e e n t r a d a a l b i e s t a b l e D e s : D = T - q + T • q

L

q_

q

9- > Q

0 - 3 11-401-910 - 3 0

1

D

10

10

uE




Pro b l ema 2 .-Se p r e t e n d e c o n s t r u i r u n c i r c u i t o c o m o e l d e l a f i g u r a , e l c u a l p o d r á a c t u a r c o m o

RS, D, T o JK d ependiendo d el valor de C, y C o ( v e r t a b l a ) . Diséñelo ut ilizando como único

elemento de memoria un bies table ti po T .

Solución P2 . - E s t e p r o b l e m a s e r e d u c e a o b t e n e r l o s d i s t i n t o s t i p o s d e b i e s t a b l e s a p a r t i r d e l

T. Procediendo de f orma similar a como se hizo en el emblema 1, obtenemos las s igui entes

ecuaci ones de entrada :

T = S q + R q

T = J q+K qT = DOq

Asociando cada ecuación co n el caso correspondiente C 1 C o e i d e n t i f i c a n d o l a s e n t r a d a s

1 1 e l o c o n l a s d e l b i e s t a b l e e n c a d a c a s o , s e t i e n e :

C 1 C o =00 T = l o • q+1, q

C 1 Co=01 T = , O + q

CCO = 10 T = T

C 1 C o =11 T=1, •q +l o •q

C o m b i n a n d o e s t a s e x p r e s i o n e s e n u n a s o l a :

T= (, •q + , , •q ) • C , •C„+(,O+q) • C , • C„+T •C, •C„+(1, •q + l „ •q ) •C , •CO

E s t a e x p r e s i ó n , n o s p e r m i t e r e a l i z a r e l c i r c u i t o u ti l i z a n d o u n m u l t i p l e x o r , c u y a s e n t r a d a s

d e s e l e c c i ó n s o n C 1 y Co .

Problema 3. - a ) Encuentre la forma de onda de salid a de un biest able RS Master-Slave para

la sigu iente secuencia de entrada :

c l k

S

R

1 1n1

b) ¿Cómo sería la onda de salid a si se tratara de un RS disp arado p or flanco

descendente (negativo )?

c ) í d e m p a r a f l a n c o p o s i t i v o .


a ) E l b i e s t a b l e Master-Slave e s t á f o r m a d o i n t e r n a m e n t e p o r d o s l a t c h e s S R , t a l c o m o s e

m u e s t r a e n l a s i g u i e n t e f i g u r a :

C, -C o -

C , C o- Q , l o

0 0 R S0 1 D -

1 1 1 0 T 1 l o 1 1 J K






clk

S

Hasta el instante t o , el estado del biestable es desconocido . En ese instante, las entradas

al biestable son SR = 10 por lo que, en el próximo cicl o de reloj, la salida del b iestable se pone

a 1 .

En el instante t 1 , las entradas son SR = 01, esto impli ca que, d urante el sigu iente ciclo

de reloj, la salida es 0 .

En el instante t 2 , las entradas so n SR = 00 por l o qu e se mantiene el estado .

Para el instante t 3 , las entradas s on nuevamente SR = 00, p or lo que s e mantiene el

e s t a d o .

c) Para flanco posit ivo se opera de igual forma .

clk

q

R

q

S

R

L

t o t 3

1 11

1

t o 3

1P o d emos o b s ervar en el cronograma q ue se mantiene el estad o desc o noc i d o inic i al

durante muchos cicl os, porque en los f lancos ascendentes, qu e ocurren en los i nstantes to y t l ,

las entradas s on SR = 00 .

En el instante t 2 la entrada es SR = 01 por lo que s e almacena un 0 en el biest able . La

llegada del siguiente flanco, en t 3 , no altera el contenido d el biest able ya que SR = 00 .

Problema 4. - P a r a c a d a u n o d e l o s c i r c u i t o s d e l a f i g u r a , j u s t i f i q u e r a z o n a d a m e n t e s i e s v á l i d o

c o m o b i e s t a b l e p a r a r e a l i z a r c u a l q u i e r c i r c u i t o s e c u e n c i a l .

a &q a _ 1 a

1 r= &

( a )( b ) ( c )

1

S o l u c i ó n P 4 . - Para que los c ircuito s de la fig ura puedan ser utilizados c omo elementos de

memoria en los circu ito s secuenciales, deben ser capaces de almacenar dos estado estables : e l

0 y el 1 y permitir el cambio d e uno a otro . Esto es equi valente a decir qu e estos elementos

deben tener la posi bil idad de realizar cualqui er tip o de transic ión : 0 - - - 3 0, 1 - 3 1 , 1 - > 0 ,

0 --> 1 .

El circui to de la fi gura (a) presenta el si guiente K-mapa, do nde se puede observar que

no existe la transici ón 0 -3 1 .



ab

Problema 5.-Analice el circuito de la figura :

clk

S o l u c i ó n P 5 . - Cuando se analiza un circu ito secuencial se ti ene como o bjetivo determinar su

o p e r a c i ó n .

Los pasos del método de análisis son :

a) Obtener las ecuaci ones de excit ació n y de sali da . Cada una de las entradas (excitacio-

nes) de los b iestables así co mo las dist intas salidas que po sea el circui to se expresan mediante

ecuacio nes algebraicas cu yas variables son las de entrada al circu ito y l as variables de salid a

de cada uno de los biestables (variables de estado p resente) . En nuestro c aso :

ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES 177

0 0 Ql 1 1 10

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

Q

S obt enemos el K-mapa para el circu ito d e la fig ura (b), pod emos observar que no

existe transició n de 1 - > 0 :

Q

El circuito de la f igura ( c ) , es el único que p ermite las cuatro transiciones pos ibles, por

lo que pu ede ser utili zado, c omo elemento de memoria . Su k-mapa se muestra a continuación :

MEama

1q2

2Y- T_q2n

D3 c i

0- 1 q3

1

J qX

YX- K q




J, = Y • q 3

D3 = q2' Gy'g2 - ~ . X'g1 = Xg2'g2+X'gi'g2 = X+q,+q2

Z=X+q3 +X •q 2 +X .q , =X+q2(+q3

b) Escribir la tabla de excitaci ón/salida . Las ecu aciones antes o btenid as se expresan me-

d iante u n mapa de Karnaug h . En nuestro c aso :

q 1 q 2 q 3

XY

0 00

001

011

0 10

110

11 1

10 1

100

J K 1 ,T2, D 3 , Z

c) Determinar la tabl a de transici ón/sali da . La tabla de excitación se traduce a otra, la de

transición donde aparecen los próximos estado s .

Para ello se p rocede de la s igui ente forma . En cada celda de la tabla de excitación se

observa el valor de las excitacio nes del biestable consid erado, por ejemplo , p ara el biestable 1,

en la celda XY = 00, q 1q2q 3 = 000, s e tiene J 1 K 1 = 0 0 . Apoyá ndonos en la tabla de estados del

biest able JK, esas excitaciones dan lugar a un cierto próximo estado ; así, p ara JK = 00 se da

Q = q . Entonces, como en la celda c onsiderada q 1 = 0, en la misma celda de la tabla de transi-

ción pondremos Q 1 = 0 . Análo gamente, en esa celda Q 2 = 0 (ya que T 2 = 0) y Q 3 = 1 (ya que

D3 = 1 y, por tanto, Q 3 = D3 = 1) . La tabla resultante es :

XYg1g2q3

000

001

011

010

110

1 1 1

101

100

K,=X T2 = Y .(X+Og 3 ) = X.Y .g 3 +X.Y .g 3

00

00

01

01 1 1

1 1

1 0

10

Q1Q2Q3,Z

d) Obtener la tabla de estado s/salid a. Cada estado de la tabla de transición está dado po r

001, 1 001, 1 011, 1 001, 1

001, 1 1 1 1 , 1 1 0 1 , 1 001, 1

011 , 0 101,0 110,1 010, 1

011,1 011, 1 000, 1 010 , 1

1 1 1 , 1 111,1 001 , 1 01 1 , 1

111, 0 101, 0 011, 1 011, 1

1 0 1 , 1 1 1 1 , 1 001, 1 001 , 1

1 0 1 , 1 101, 1 011, 1 0 0 1 , 1

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

1

1

0

1

1

0

1

1

0 0 , 0 , 1 ,

1 0 , 1 , 1 ,

1 0 , 1 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

1 0 , 1 , 1 ,

1 0 , 1 , 1 ,

0 0 , 0 , 1 ,

1

1

0

1

1

0

1

1

0 1 , 1 , 1 ,

1 1 , 0 , 1 ,

1 1 , 0 , 0 ,

0 1 , 1 , 0 ,

0 1 , 1 , 1 ,

1 1 , 0 , 1 ,

1 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 1 , 1 ,

1

1

1

1

1

1

1

1

0 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 0 , 0 ,

0 1 , 0 , 0 ,

0 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 0 , 1 ,

0 1 , 0 , 1 ,

1

1

1

1

1

1

1

1



l a s v a r i a b l e s d e c a d a u n o d e l o s b ie s t a b l e s . A h o r a , a s i g n a r e m o s a c a d a c o m b i n a c i ó n b i n a r i a d e

e s a s v a r i a b l e s u n s í m b o l o c o n c r e t o q u e i d e n t i f i q u e a e s e e s t a d o . E n n u e s t r o p r o b l e m a , l l a m a n -

d o 0 , 1 , 2 , . . . , 7 a l o s e s t a d o s s e g ú n l a c o d i f i c a c i ó n g 1 g 2 q 3 = 0 0 0 , 0 0 1 , 0 1 0 , • • • , 1 1 1 , s e o b t i e ne

l a t a b l a d e e s t a d o s / s a l i d a q u e s e m u e s t r a a c o n ti n u a c i ó n :

NS,Z

e) Presentar el di agrama de estados /salida . Ofrece la misma informació n que la tabla an-

terior, tan sól o qu e expresada en forma de grafo . En nuestro c aso :

7

0 0

ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES 179

01 1 1 10

n n

1 0 , 1

01,1

J1 - , 1 00,1

01,0

1 , 1 1 , 1 3 , 1 1 , 1

1 , 1 7 , 1 51 1 , 1

3 , 1 3 , 1 01 2 , 1

3 , 0 5,0 6 , 1 2 , 1

5 , 1 5 , 1 3 , 1 1 , 1

5 , 1 7 , 1 1 , 1 1 , 1

7 , 1 7 , 1 1 , 1 31

7 , 0 5 , 0 3 , 1 3 , 1




f) Expresar verbalmente el funcio namiento . Esto sól o tiene sentid o en casos muy esp e-

c i a l e s . En nuestro p roblema no es aplicable .

P r o b l e m a 6.-Un circuito secuencial síncrono se ha obtenido de acuerdo con el esquema del a f i g u r a . ¿ C o r r e s p o n d e r í a e s t e c i r c u i t o a l a e s t r u c t u r a g e n e r a l d e l o s c i r c u i t o s s e c u e n c i a l e s

síncronos?. Analícelo hast a obtener su t abla de estados . (La ROM ha si do p rogramada de

acuerdo con la tabla adjunta, donde $ representa posi ción y [$] su contenido) .

g 3g 2q 1X

A3 A2 A 1 Ao

D 3 D2D1 D o

d 3 d 2 d 1 d o

g 3g 2q 1X

A3A2A1Ao

D3 D2 D 1 Do

d 3 d 2 d 1 d o

S o l u c i ó n P 6 . - Sí, corresponde a una estructu ra de circui to secuencial s íncrono (co n 8 o me-

nos estados ) ya que la ROM es un módul o ló gico u niversal . Así, Z puede ser cualqu ier función

de la entrada y del estado presente, y D 3 , D 2 y D 1 pueden ser cualqui er función de excitación

de las mismas variables .

Analizamos el circuito identificando la variable asociada a cada lí nea de entrada y salida

de la ROM. Así, t enemos :

A3A2A1 = q3q 2 q1, Ao = X, D 3 D2 D 1 = d 3 d 2 d 1 y Z = D o

y po demos reescribir la tabla de co ntenido de la ROM :

A continuación escribimos la tabla de excitación y salida del circuito que coincid e con

la de transició n, ya que estamos uti lizando biest ables tipo D para los cu ales se cumple Qi = D i :

0000 1010

0001 1011

0010 0110

0011 1000

0100 0110

0101 1100

0110 0111

0111 0110

1000 0100

1001 0111

1010 1101

1011 0001

1100 1000

1101 0100

1110 1010

1111 1001

> Ao d o Z $ [ $ ] $ [ $ ]XAl d l

0 A 8 4> A2 d 2

1 B 9 7

A3ROMd32 6 A D

3 8 B 1D 3

4 6 C 8

5 C D 4

D 6 7 E A

7 6 F 9

D



9 3 9 2 9 1

000

0 0 1

010

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 1 0

1 1 1


0 1

D3D2D1,Z = Q3Q2Q1, Z

P a s a m o s a l a t a b l a d e e s t a d o s y s a l i d a l l a m a n d o 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 y 7 a l o s e s t a d o s cu y a

c o d i f ic a c i ó n e s g 3 g 2 q 1 = 0 0 0 , 0 0 1 , 0 1 0 , 0 1 1 , . . . , 1 1 1 . E l r e s u l t a d o e s e l s i g u i e n t e :

c l k

x

Y 1

XY

0 1

NS, Z

Pr o b l e m a7.-Analice e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a . E n c u e n t r e l a f o r m a d e o n d a d e l a s a l i d a p a r a l a

secu encia de entradas dada .

> 1

l k

J 2 q 2

K~92

> 1z

5 , 0 5 , 1

3 , 0 4,0

3 , 0 6,0

3 , 1 3 , 0

2 , 0 3 , 1

6 , 1 0 , 1

4, 0 2 , 0

5 , 0 4 , 1

101,0 1 0 1 , 1

011,0 100,0

011,0 1 1 0 , 0

0 1 1 , 1 011,0

010,0 011,1

1 1 0 , 1 000,1

100,0 010,0

101,0 1 0 0 , 1




So l u c i ó n P7 . - Anális is del circuito :

a) Ecuaciones de excitación y salid a :

D 1 =X+Y J 2 =X K2 =Yb) Tabla de excitación y salid a :

q 1 q 2

00

0 1

1 1

1 0

00

c) Tabla de transición y salid a :

0q

\YS 00 01 1 1

a,0

b , 1

b , 1

a,0

d , 1

d , 1

d , 1

d , 0

c , 1

d , 1

d , 1

c , 0

NS, Z

Obtención de la fo rma de onda para la señal de salida :

Utilizando la tabla de estados anterior, encontremos la secuencia de estados . P a r a e l l o ,

en cada flanco d e reloj acti vo (en nuestro caso , el negativo) se considera cuál es el est ado pre-

sente y las entradas existentes justo antes del fl anco ; para ese par de valores, se obs erva en la

tabla cuál es el próximo estado . É s t e e s e l e s t a d o d e l c i r c u i t o d u r a n t e e l p r ó x i m o c i c l o d e r e l o j .

La solució n, en nuestro caso, la mostramos en la siguiente figura : Como inici almente no

conocemos el estado presente, hemos dejado como i nterrogante cuál es ese estado (otra so lu-

ció n podría ser supo ner un estado inicial cualq uiera) .

01

D1 , J 2 K 2 , Z

Z=q2+Y. q 1

1 1

00

XY

0 1

10

Q i Q 2 ,Z

d) Llamando a = 00, b = 01, c = 11 y d = 10 obtenemos la si guiente tabla de estados y

salida . Esta tabl a puede ser reduc ida en un estad o, ya qu e b es equi valente a c :

1 1 10

0 , 0 0 , 0 1 , 0 1 , 1 1 , 1 1 , 1 1 , 1 0 , 0

0 , 00 , 1 1, 01, 1 1, 11, 1 1 , 1 0 , 1

0 , 0 0 , 1 1, 01, 1 1, 11, 1 1 , 1 0 , 1

0,00,0 1 , 0 1 , 0 1 , 1 1 , 0 1, 10,0

00,0 l o , 1 1 1 , 1 1 1 , 0

0 1 ,1 10, 1 10, 1 11, 1

0 1 ,1 10, 1 10, 1 11, 1

00,0 10, 0 11 , 0 11 , 0

1 0 00 0 1 1 1 1 0

c , 0 a a , 0 d , 1 c , 1 c , 0

c , 1 c c , 1 d , 1 d , 1 c , 1

c , 1 d a, 0 d , 0 c , 0 c , 0

c , 0 NS, Z






c l k 1

c l k 2

Y 1

X

q1

q 2

Fo

J 1

>clk

Kl CL

10

o F® Fo0q3 Foz

o4 e

o

FoF

J 2

c l k

KCu

o

SoF®~ OO

•Dado que J j K1 = 11 e Y = 1, se cu mple Q 1 = q 1 e n e l f l a n c o n e g a t i v o d e c l k l .

O2 Como Y = 0, t enemos qu e Q 1 = 0 y Q 1 = 1 (independi entemente del reloj cl kl ) .

O3 Como Y = 0, t enemos qu e Q 2 = Q 3 = 1 (independi entemente del reloj cl k2) .•Dado que Y = 1 y D 2 = X y D 3 = X, s egún sea el valo r de X se cumpl irá qu e Q 2 ó

Q 3 = 1 e n e l f l a n c o n e g a t i v o d e c l k 2 .•Dado que Y = 1 y D 2 = X y D 3 = X , s e g ú n s e a e l v a l o r d e X s e c u m p l i r á q u e Q 2 ó Q 3 = 0

e n e l f l a n c o n e g a t i v o d e c l k 2 .

Z se obti ene como result ado de evaluar en el tiempo la ecuación : Z = Y q l q 2 q 3 .

P r o b l e m a 9 . - E n e l c i r cu i t o d e l a f i g u r a , l a s e n t r a d a s A , 8 , y C e s t á n t o d a s i n i c i a l m e n t e a c e r o .

La salid a Y también está inicialmente a cero (0) y p asa a uno (1) después d e u n a c i e r t a

secuencia en el cambio de A, B y C a uno (1) .

a) Determine la secuencia qu e hará qu e Y pase a uno ( 1 ) .

b ) E x p l i q u e p o r q u é s e n e c e s i t a e l p u l s o d e S t a r t .

S t a r t

o



Cuando Y = 1, c omo J 2K2 = 0 0 ó 1 0 , n o p u e d e c a m b i a r s e e l e s t a d o d e l b i e s t a b l e " Y "

m e d i a n t e l a s e n t r a d a s s í n c r o n a s . D e a q u í q u e s e a n ec e s a r i o po n e r lo a 0 a s í n c r o na m e n t e ( S t a r t )

c a d a v e z q u e s e d e s e e q u e l a e n t r a d a " Y " t e n g a u n fl a n c o d e s u b i d a .

P r o b l e ma 10 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a d o n d e l o s b i e s t a b l e s s o n d i s p a r a d o s p o r f l a n c o

y ob tenga la secuencia que genera partiendo del est ado inic ial q1q2 q3q4 = 1000 .

Este circuito posee bloqueo . Usando pu ertas lógi cas, modifi que el circuito (añadiendo

lo necesario) de forma que se evite el bl oqueo :

1 . U t i l i z a n d o l a s s e ñ a l e s a s í n c r o n a s d e l o s b i e s t a b l e s ( n o m o s t r a d a s e n l a f i g u r a ) .

2. S i n u t i l i z a r l a s s e ñ a l e s a s í n c r o n a s d e l o s b i e s t a b l e s .

¿ Qué ocu rriría en el caso de que los bi estables fu esen disparados por nivel?

Solución P10 . - A n a l i z a m o s e l c i r c u i to a p l i c a n d o e l m é t o d o h a b i t u a l d e a n á l i s i s d e c i r c u i to s

s e c u e n c i a l e s s í n c r o n o s . O b t e n e m o s e n p r i m e r l u g a r l a s e c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n :

D 1 = q 1 0 + q 4

D 2 = q 1

D3 - q2

D 4 = q 3

D i

q1

AD q2

ANÁLSS DE CRCUTOS SECU ENCALES 1 8 5

Solución P9 . - C o m o K 2 = 0 , l a s e n t r a d a s d e l b i e s ta b l e Y s ó l o p u ed e n s e r J 2 K 2 = 0 0 , e n c u y o

c a s o e l b i e s t a b l e n o c a m b i a d e e s t a d o , o J 2 K 2 = 1 0 , e n c u y o c a s o Y = 1 .

S i i n i c i a l m e n t e Y = 0 y s e d e s e a q u e p a s e a 1 n e c e s i t a m o s :

1 -O ) q u e J 2 = X s e a 1

2 2 ) q u e e l r e l oj d e l b i e s t a b l e X : C , s u b a a 1 ( t e n g a u n f la n c o d e s u b i d a ) .

P a r a c u m p li r l a c o n d i ci ó n p ri m e r a , d e f o r m a a n á l o g a , A d e b e s u b i r a 1 y , d e s p u é s , B ( r e -

l o j d e l b i e s t a b l e X ) t a m b i é n d e b e s u b i r a 1 .

P o r t a n t o , l a s e c u e n c i a d e c a m b i o s a s e g u i r po r l a s s e ñ a l e s A , B y C e s :

q2

D 3

q 3

D

c l k

q4




Dad o q u e en b i e s t a b l e s t i p o D se c u m p l e D i = Q, tenemos l a siguiente tabla de estados

para el ci rcuito :

C

q 2

q 3 q 4

00

01

1 1

10

0 0 01 1 1 l o

Q1Q2Q3Q4

De la tabl a anterior, l lamando cada estado p or la representaci ón decimal de la palabra

binaria ql q2 q3 q 4 se obtiene el grafo de estados q ue se muestra :

09009000Goce***

Existe bloqu eo en el fu ncionamiento del circui to, ya que si el c ircuito entrase en el es-

tado 0 nunca saldría de él .

Para eliminar el bloqu eo basta detectar cuándo el si stema se encuentra en dicho estado ,

y realizar alguna acción q ue lo f uerce a salir de él .

P lanteamos dos solu ciones distintas :

1) Solución asíncrona :

Activar la señal de preset PR de cualquiera de los biestables . De esta f orma ob li gamos

a que el sist ema cambie de estado así ncronamente .

2) Soluc ión síncrona :

Se trataría de introducir un 1 p or la entrada de alguno de lo s bi estables forzando igual-

mente el cambio de estado .

Para detectar que nos encontramos en el estado 0 d efinimos una señal Z co mo :

Z = q l q 2 . q 3 . q4

De esta forma las soluc iones asíncrona y síncrona aplicadas al biest able 1 son respect i-

vamente :

P R

D 1 q 1

Zq 4-q 3-q 2

Solució n asíncrona

D

-q4-q3-q2

Soluci ón síncrona

00 00 0 01 0 1110 1100

1000 1010 0110 0 1 0 0

1001 1011 0111 0101

0001 0011 1111 1101



c l kS 1 3 6 9 4 4 4 2 1 8 1 2 1 2

C o m o e l t i e m p o d e p r o p a g a c i ó n e s d i f í c i l m e n t e c o n t r o l a b l e ( c a m b i a d e u n b i e s t a b l e a

o t r o , v a r í a c o n l a t e m pe r a t u r a , e t c . . . ) , l a s e c u e n c i a d e e s t a d o s n o p o d r í a s e r d e t e r m i n a d a .

N o o b s t a n t e , s í s e p u e d e c o n tr o l a r l a a n c h u r a d e l p u l s o c l k = 1 y h a c e r l a s u f i c i e n t e m e n t e

grande como para que haya un cambio d e estado y sufi cientemente pequeña como p ara que no

haya dos . A s í , e l c o m p o r t a m i e n t o d e l c i r c u i t o c o n l a t c h e s s e r í a e q u i v a l e n t e a l d e l c i r c u i t o c o n

f l i p f l o p s .

Pro b l ema 11 . - P a r a e l c i r c u it o d e l a f i g u r a s e p i d e :

a ) A n a l i z a r l o .

b ) n d i c a r l a s e c u e n c i a d e s a l i d a q u e s e o b t i e n e s i i n i c i a l m e n t e l o s t r e s b i e s t a b l e s t i e n e n

s a l i d a c e r o .

c ) n d i c a r c ó m o p u e d e n s u s t i t u i r s e l o s b i e s t a b l e s D y J K p o r b i e s t a b l e s P M s i n t e n e r q u e

r e d i s e ñ a r e l c i r c u i t o .

PM0 0

011 0

1 1

c l k

P q

Q ( t + 1 )

Q ( t )

1

0

Q ( t )


A n a l i c e m o s q u é s u c e d e s i l o s b i e s t a b l e s s o n d i s p a r a d o s p o r n i v e l ( p o r e j e m p l o , p o r e l

n i v e l a l t o d e l r e l o j ) . Cuando c lk = 0 se mantendría estable el úl timo estado almacenado y

c u a n d o c l k = 1 i r í a m o d i f i c á n d o s e e l e s t a d o d e a c u e r d o c o n e l g r a f o d e e s t a d o s . E s t o s e h a r í a

a l r i t m o f i j a d o p o r l o s t i e m p o s d e p r o p a g a c i ó n d e l o s b i e s t a b l e s y p u e r t a s . A s í , p o r e j e m p l o , s i

c l k = 1 d u r a n t e 4 v e c e s e l t i e m p o d e p r o p a g a c i ó n d e l o s b i e s t a b l e s t e n d r í a m o s q u e e n c a d a

p u l s o h a b r í a 4 c a m b i o s d e e s t a d o s :

qD 2

q2 q 3 -

K q 3




Solución P11 .

a ) E c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n :

P 1 = q 3 M1 = q1 +q3

Z = g 2 - g3D e l a s e c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n p a s a m o s a l a t a b l a d e e x c i t a c i ó n y s a l i d a :

Q

A c o n t i nu a c i ó n l a t a b l a d e t r a n s i c i ó n y s a l i d a :

D 2 = q 1 E D q3

J 3 K3 , D 2 , P 1 M, Z

P a s a m o s a l a t a b l a d e e x c i t a c i ó n , a p a r t i r de l a s t a b l a s d e t r a n s i c i ó n d e c a d a u n o d e l o s

d i s t i n t o s b i e s t a b l e s :

0

Q

Q3Q2Q1 , Z

Y c o m o ú l t i m o p a s o d e l a n á l i s i s l a t a b l a d e e s t a d o s y s a l i d a , d o n d e h e m o s l l a m a d o a l o s

e s t a d o s 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 y 7 s e g ú n l a c o d i f ic a c i ó n d e l a s v a r i a b l e s d e e s t a d o q u e s e mu e s t r a :

q3q2q 1 = 0 0 0 , 0 0 1 , 0 1 0 , 0 1 1 ,1 1 1

J 3 - g 2 ' g 3 K 3 = 1

S NS Z

0 1 0

1 3 0

2 5 1

3 7 1

4 2 0

5 0 0

6 2 0

7 0 0

9392 00 0 1 1 1 1 0q 0 0 1 , 0 , 0 1 , 0 1 1 , 0 , 0 1 , 1 0 1 , 1 , 1 1 , 0 0 1 , 1 , 1 1 , 0

1 0 1 , 1 , 0 1 , 0 1 1 , 1 , 0 1 , 1 0 1 , 0 , 1 0 , 0 0 1 , 0 , 1 0 , 0

q3q2 00 0 1 1 1 1 0

q 1 0 0 0 1 , 0 1 0 1 , 1 0 1 0 , 0 010, 0

1 0 1 1 , 0 1 1 1 , 1 0 0 0 , 0 000, 0



a0

b) nicialmente g3g2 q1 = 000 (S = 0)

S : 0 -> 1 -~3 - 7 lo 0' - 1 -o 3 -> 7-Z:0 0 1 0 0 1 0

TTs e c u e n c i a q u e s e r e p i t e

c) La sustitu ción del biestable D y JK por uno PM es c omo sig ue :

- Respecto al bi estable D : A p a r t i r d e l a t a b l a d e e x c i t a c i ó n del biestable D y la del PM

se obt iene la tabla para PM en función de D y q . L a s t r e s tablas s e muestran en la figu ra :

Q

Una s o l u c i ó n es :

P=J•qM=K.q

q -~> Q

Una sol ució n es :P=DM=D

JK

q


PM_0 ó . - 1

_ q

01 o

1 0 1

0-6 , - 1

0

1

00

J

0

-0 ó 1-

100 1

0 - ó - 1

PM

P q

PM

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

1

- Respecto al bi estable JK : A p a r t i r d e l a t a b l a d e excitación del biestable JK (que se

muestra en la sigu iente figura) y de la del P M se obti ene la tabla para PM en función de JK y

q (que tambi én se muestra en la figu ra) :

- 0 ó 1 -

0 - ó - 1

- 0 ó 1 -

1 0

011 0

01

0 - ó - 1

•q





Pro b lema 12 . - Obtenga los biestables J K, T y D a partir del biestable RS .

Solución P12 .

Pro b lema 13 . - O b t e n g a l o s b i e s t a b l e s J K y D a p a r t i r d e l b i e s t a b l e T .

Solución P13 .

J -

Pro b lema 14 . - O b t e n g a l o s b i e s t a b l e s D y T a p a r t i r d e l b i e s t a b l e J K .

Solución P14 .

9

9

T

D-

9

9

Pro b lema 15 . - Para las secu encias de entrada de la figu ra, encuentre la fo rma de onda de

s a l i d a p a r a e l c a s o d e u n b i e s t a b l e J K d i s p a r a d o p o r f l a n c o n e g a t i v o . R e p í t a l o p a r a e l c a s o d e

ser disparado po r flanco positivo .

c l k

J

K



S o l u c i ó n P 1 5 . - Biestable disparado por el flanco pos itivo de clk .

clk

q

clk

q

00/1

Biestable dis parado por el flanco negativo de clk .

T2

ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES 19 1

P r o b l e ma 1 6 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o s e c u e n c i a l s í n c r o n o d e l a s i g u i e n t e f i g u r a :

clk

1

Solución P16. - Si denominamos a los d isti ntos estados po r los que pasa la máquina como se

muestra a continuación, p odemos dar la tabla de estados corresp ondiente a este circuit o se-

cuencial síncrono .

q

S

d3-A K q $ (A l A0 ) f $ 1

d2

0 FA0

d ,

1 0d D3

ROM 2 2

3 B




g1g2q3=000g1g2q3=001q 1 q 2 q 3= 01 0

q 1 q 2 q 3= 01 1

g1g2q3 =100q1 q2 q3 = 1 0 1

q 1 q 2 q 3 = 1 1 0

ql q2 q3 = 1 1 1

q1 q0 =00g1g0= 01

q1 q 0 = 10

g1g0 =11

S=0S=1S=2S=3S=4S=5S=6S=7

P r o b l e ma 17. - P a r a e l c i r c u i t o s e c u e n c i a l d e l a f i g u r a , o b t e n g a l a f o r m a d e o n d a d e l a s a l i d a

Z correspondi ente a la forma de onda X mostrada también en la figu ra . P a r t a d e l e s t a d o i n i c i a l

q 1 q 0 = 00 .

X -q 0-X -q 0 -

-L_

q0-X -

J

S=0S=1S=2S=3

q

K q

q0

q 1

q0-q 1-

c l k

x

S o l u c i ó n P 1 7 . - Nombraremos a los estado s del circu ito d e la forma mostrada a continuación,

y a partir de la tabla de estados obt enida deduciremos la secuencia de salida .

X

Tp _

q0

0

NS, Z

c l k

NS, Z

1

7, 0 7 , 1

0, 0 0, 0

2 , 0 2, 0

5,0 5 , 1

3 , 0 6 , 0

4, 0 7, 1

6 , 0 5 , 1

1, 0 4, 0



c l k

S o l u c i ó n P 1 8 . - T r a s e l a n á l i s i s d e l c i r c u i t o o b t e n e m o s e l d i a g r a m a d e e s t a d o s a l q u e r e s p o n d e

l a m á q u i n a s e c u e n c i a l . L a c o di fi c a c i ó n q u e s e h a u s a d o p a r a c a d a u n o d e lo s e s ta d o s e s :

g1g2q3=000 S=Ag 1 g 2 q 3 = 001 S=B

91 9 2 9 3=01 1 S=C

g1g2q3=010 S=Dg1g2q3=110 S=E

glg2g3=111 S=Fg1g2q3=101 S=Gg1g2q3=100 S=H

1

Pro b lema 18 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a . S i i n i c i a l m e n te l o s b i e s t a b l e s e s t á n a 0 , i n d i q u e

la secuencia de salid a para la sigu iente secuencia de entrada :

1 3


E l v a l o r d e X s e t o m a e n e l f l a n c o n e g a t i v o d e c l k . E l e s t a d o i n i c i a l c o n s i d e r a m o s q u e

e s e l 0 ( q 1 q 0 = 0 0 ) . L a s e c u e n c i a d e s a l i d a e s l a m o s t r a d a a c o n t in u a c i ó n :

c l k

0 1 3 0

O0 ; 0 O 0 ; 0 01,0 O

0 , 1 1 , 0,

0 , 1 O0 , 0

0 , 0

1 , 1

0010

1 , 1

P a r a d a r l a s e c ue n ci a d e s a l i d a p a r t i re m os d e l e s t a d o in i ci a l A ( q 1 q 2 q 3 = 0 0 0 ) y a p l i c a -

r e m o s l a s e c u e n c i a d e e n t r a d a .

x: 1 1 1 0 0 0 ( c a d a b i t c o r r e s p o n d e a u n c i c l o d e r e l o j )

_Xq1-q2

X - x

J 3 qq1 -q2-X - K 3 q 1q1 -q 2

q J2 q2

K K2





clk

clk 1 11D q 1

q i

q1 q2=00q1 q2= 0 1

q1 q2= 10

q1 q2 =11

S=0S=1S=2S=3

ANÁLSS DE CRCUTOS SECUENCALES 19 5

D q 2

q 2

S o l u c i ó n P 2 0 . - Tras el análisis del circui to secuencial sí ncrono se obtiene la sigu iente tabla de

est ados co mo resu lt ado . La codificación de los estados de la máquina secuencia) es :

NS, Z

Aplicando l a secuencia de entrada que propo ne el prob lema se obtiene la siguiente sali-

d a . Suponemos qu e inicial mente la máqu ina se encuentra en el estado 0 .

clk

x

S 0 0 0 2 1 2 3 1 0 0 2 3 3 1 2 3 1 0 0 0 0 0 0 0

Z

Si los biest ables fuesen disparados por nivel se podrían dar múltip les cambios de estado

durante el nivel activo del reloj . El circui to funcio naría respondiendo a l a tabla de estados dada

en la soluc ión si se dis eña el reloj clk con una anchura de pulso sufic ientemente grande para

que el biest able cambie una vez por ci clo d el reloj, y su fic ientemente estrecha para que no cam-

bie más d e una vez .






A continuación se describe en qué consis te cada uno de estos de pasos .

1 . El primer paso co nsist e en generar una desc ripci ón formal del co mportamiento a par-

tir del enunciado de l a función secuencial . La descripc ión formal consi ste en la tabla o el

diagrama de estados sig ui endo alguno de los dos mod elos de máquina secuencial, el de Mealy

o el de Moore . La forma de obt enerla depende en gran medida de l a funció n secuencial, de for-

ma que no existe un único método que sea válido p ara cualqu ier enunciado d e función secuen-

cial . Es un paso no sistemático . Por este motivo es el paso má s dif íci l de realizar y de lo bien

que se haga depende en gran medida el bu en desarrollo del resto d el proceso de dis eño .

2 . El segundo paso co nsiste en obtener la tabla de estados mínima . Esta es una nueva

tabla de estados equ ivalente con la obtenida en el paso anterior ( i . e . , dan lugar al mismo com-

port amiento de entrada-salid a) con el menor número de estado s pos ibl e . Este paso se l lama de

reducción de estados y existe un método sis temático qu e permite realizar dicha reducción en

tablas de estados compl etamente especif icadas . Este método se presenta en el p roblema 6 .

3 . De la tabla mínima de estados hay qu e pasar a la tabla de transició n/salida . En esta

nueva tabla se representan los estados por un c ódigo binario . Este código binario debe ser al-

macenado por el circui to y p ara ello se util izan un conjunto de biestables, tantos como bi ts ten-

ga el có dig o . Esta asoci ación de un códi go binario a cada estado es lo que se llama la asigna-

ción de estados . La asignación d etermina cómo va a ser la tabla de excitación y de salida y , p or

tanto, afecta al cost e del circuito . Como criterio bási co, en este Capítul o se va a utilizar el me-

nor número posibl e de variables de estados, l o que si gnifica di señar circuit os co n el menor nú-

mero de biestables po sibl es . Por otra parte, p ara hacer la asignación concreta en los p roblemas

correspondientes se van a util izar dos método s d iferentes . En el caso d e tablas de estado de 3

ó 4 estado s se aplic ará el método exhaustivo qu e consist e en obt ener el circuito para las tres

únicas asignaciones que dan lugar a circuitos con co ste disti nto y elegir la de menor coste . P a r a

tablas co n mayor número de estado s se aplic ará el método basado en las reglas de adyacencia .

Este método d a lugar a asignacio nes de buen coste pero no necesariamente el óp timo . Se de-

sarrolla c on detalle en el probl ema 11 .

4 . De la tabla de transició n hay que pasar a la tabla de excitaci ón del circu ito . E n e l l a s e

representa cuá l es el valor de cada una de las entradas de los d iferentes biest ables para conse-

guir las transiciones de la tabla de transici ón . Este paso exige qu e previamente se haga la elec-

ció n del tipo d e biestables que se van a usar en el circuito .

5 . A partir de la tabla de excitació n/salida s e obtienen las ecuaciones de excitación ( i . e . ,

ecuacio nes de entrada de los biest ables) y de salida mediante métodos de síntesi s de funcio nes

combinacio nales, ya considerados en el Capí tu lo 4 .

6 . Por últi mo, a partir de las ecuaciones se obtiene el ci rcuito .


Este Capítulo desarrolla p roblemas d e las s iguientes materias :

- Construcci ón de diagramas/tablas de estados .

- Reducc ión de tablas de estado .

- A s i g na c i ó n de e s t a d o s .

- P ro c es o de di seño c omp let o .



4991

W0/1

00/00/ 0

/0

Diagrama de est ados

DSEÑO DE CRCUTOS SECUENCALES 19 9

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1 .-Construya la tab la de estado s para una máquina de Mealy con una entrada X y

una salida Z, que detecte la llegada de tres ceros o tres unos consecuti vos, dando una salida

Z = 1 c o i n c i d i e n d o c o n l a a p a r i c i ó n d e l t e r c e r b i t .

S o l u c i ó n P l . - Para construir la tabla de estados vamos a partir de un estado c onocido como,

p or ejemplo, aquél que representa la llegada de 2 ceros c onsecutivos (llamémosle estado A) .

En A :

- Si X = 0 : el próximo estado es A y l a salida vale 1 .

- Si X = 1 : se pasa a un nuevo estado, q ue llamamos B . La salida es 0 .

B es un estado q ue representa el co mienzo de una secuencia de 1's . En B :

Si X = 0 : se pasa a un nuevo estado, C . La salida es 0 .

Si X = 1 : se pasa a un nuevo estado, D . La salida es 0 .

C es el estado q ue representa el comienzo de una secuencia de 0's . Por ot ra parte, D es

el estado q ue representa la llegada de 2 unos c onsecutivos . En C :

- Si X = 0 : se pasa al estado A . La salida es 0 .

- Si X = 1 : se pasa al estado B . La salida es 0 .

En D :

- Si X = 0 : se pasa al estado C . La salida es 0 .

- Si X = 1 : se pasa al estado D . L a s a l i d a e s 1 .

De esta forma, el diagrama y la tabla de estad os qu edan como se obs erva :

Tabla de estado s

Obsérvese que el estado A realmente es el estado que resulta tras detectar 2 o más c eros ;

aná l o g amente , la de te c c i ó n d e 2 o m á s un o s c o n d u ce a l e s t a d o D .

Problema 2.-Obtenga el di agrama de estados d e un circuit o con d os entradas, X e Y, que dés a l i d a Z = 1 c u a n d o e n l o s c u a t r o ú l t i m o s c i c l o s de r e l o j , l a s e n t r a d a s h a y a n s i d o 1 1 , 0 1 , 0 1 , 1 1 .

S o l u c i ó n P 2 . - Sig u iendo el model o de Mealy :

Partimos del estado que corresp onde a que no ha llegado ningún valor de la secuencia

de entrada que hay que detec tar : estado A . En A :

- Cuando XY = 11, se pas a a un estado nu evo : B . Z = 0 .

- Con cualq uier ot ro valor en XY se permanece en el estado A . Z = 0 .

XEstados 0 1

A A , 1 B, 0

B C, 0 D, 0

C A, 0 B, 0

D C, 0 D , 1




B e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f o r m a c i ó n d e q u e h a s i d o d e t e c ta d o e l p r i m e r v a l o r d e l a

s e c u e n c i a ( X Y = 1 1 ) . E n B :

- C u a n d o X Y = 0 1 , s e p a s a a u n e s t a d o n u e v o : C . Z = 0 .

- Cuando XY = 11, s e permanece en B . Z = 0 .

- C o n c u a l q u i e r o t r o va l o r s e p a s a a l e s t a d o A . Z = 0 .

C e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f or m a c i ó n d e q u e h a s i d o d e t ec t a d o e l s e g u n d o v a l o r d e

l a s e c u e nc i a ( X Y = 0 1 ) t r a s e l 1 1 . E n C :

- C u a n d o X Y = 0 1 , s e p a s a a o t r o e s t a d o : D . Z = 0 .

- C u a n d o X Y = 1 1 , s e p a s a a l e s t a d o B . Z = 0 .


D e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f o rm a c i ó n d e q u e s e h a d e t e c t a d o e l t e r c e r v a l o r d e l a s e -

c u en c ia ( X Y = 0 1 ) t r a s e l 1 1 y 0 1 . E n D :

- C u a n d o X Y = 1 1 , s e c o m p l e t a l a s e c u e n c i a . Z = 1 . S e p a s a a B .


E l d i a g r a m a d e e s t a d o s q u e d a d e l a s i g u i e n t e m a n e r a :

0 - / 0 1 1 / 01 1 / 1

1 0 / 0/ 0

S i g u i e n d o e l m o d e l o d e M o o r e :

P a r t i m o s d e l e s t a d o q u e c o r r e s p on d e a q u e n o h a l l e g a d o n i n g ú n v a l o r d e l a s e c u e n c ia a

d e t e ct a r : e s t a d o A . E n A , l a s a l i da v a l e 0 ( Z = 0 ) :

- C u a n d o X Y = 1 1 , s e p a s a a u n e s t a d o n u e v o : B .

- C o n c u a l q u i e r o t r o v a l o r e n X Y , s e p e r m a n e c e e n e l e s t a d o A .

B e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f o r m a c i ó n d e q u e h a s i d o d e t e c t a d o e l v a l o r ( X Y = 1 1 ) .

En B,Z=0 :

- C u a n d o X Y = 0 1 , s e p a s a a u n e s t a d o n u e v o : C .

- Cuando XY = 11, se p ermanece en B .

- C o n c u a l q u i e r o t r o v a l o r s e p a s a a l e s t a d o A .

C e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f o rm a c i ó n d e q u e h a s i d o d e te c t a d o e l 0 1 t r a s e l 1 1 . E n C ,

Z=0 :

- C u a n d o X Y = 0 1 , s e p a s a a o t r o e s t a d o : D .

- C u a n d o X Y = 1 1 , s e p a s a a l e s t a d o B .

- C o n c u a l q u i e r o t r o v a l o r s e p a s a a l e s t a d o A .

D e s e l e s t a d o q u e g u a r d a l a i n f o r m a c i ó n d e q u e s e h a d e t ec t a d o e l 0 1 t r a s e l 1 1 y 0 1 . E n

D,Z=0 :

- C u a n d o X Y = 1 1 , s e p a s a a u n n u e v o e s t a d o E .

C o n c u a l q u i e r o t ro v a l o r s e p a s a a l e s t a d o A .



DSEÑO DE CRCUTOS SECUENCALES 2 0 1

E es el estado q ue guarda la información de que se ha detectado la secuencia completa .

P o r t a n t o , Z = 1 . T r a s E :

- Cuando XY = 00 ó 10, se pasa al est ado A .

- Cuando XY = 11, se pasa al estado B .

- Cuando XY = 01, se pasa al estado C .

El di agrama de estado s qu eda de la sigu iente manera :

1 1

P r o b l e m a 3. - H a r e c i b i d o d e u n v i e j o a m i g o l a s i g u i e n t e c a r t a :

"Querido amigo :

Al poc o t iempo de co mprar esta vieja mansió n tuve la desagradable s orpresa de com-prob ar que está hechi zada con dos s onido s de ultratu mba que la hacen práct icamente inha-

b i t a b l e : un canto picaresco y una risa sardónica .

Aún conservo s in embargo cierta esperanza, pu es la experiencia me ha demost rado

que su co mportamiento obedece ciertas leyes, os curas pero infalib les, y qu e puede modi fi-

carse tocando el órgano o quemando i ncienso .

• cada minuto, cada sonido está presente o ausente . Lo que cada uno de ellos hará

en el minuto sigu iente depende de lo que pasa en el minuto actual, de la sigu iente manera :

El canto conservará el mis mo estado (presente o ausente) salvo si durante el minuto

actual no se oye risa y toco el órgano, en cuyo caso el canto toma el estado opuesto .

• cuanto a la risa, si no quemo incienso se oirá o no según el canto esté presente o

ausente (de modo que la risa imit a el canto con un minuto d e retardo) . Ahora bien, si qu emo

i n c i e n s o l a r i s a h a r á j u s t a m e n t e l o c o n t r a r i o d e l o q u e h a c í a e l c a n t o .

• el momento en que te escribo, estoy o yendo a la vez la risa y el canto . Te quedaré

muy agradecido s i me dices qué manipul aciones de órgano e incienso d ebo segui r para res-

tabl ecer defi niti vamente la calma ."

Conteste la carta .

Solución P3 . - Los suc esos d e la vieja mansión obedecen a una máqui na secuencia], de la si-

guiente forma :

- Valores (o estados ) de entrada

Son las accio nes que realiza "nuestro vi ejo amigo " . Existen 4 pos ibl es estados de

entrada :




n : Ni t oca el órgano ni qu ema incienso .

i : Quema incienso (pero sin to car el órgano) .

o : Toca el órgano (pero sin quemar incienso) .

i o : Quema incienso y t oca el ó rgano simul táneamente .

- V a l o r e s ( o e s t a d o s ) d e s a l i d a

S o n l a s p o s i b l e s s i t u a c i o n e s d e s o n i d o e n l a c a s a :

On : N o s e o y e n a d a ( ¡ s i t u a c i ó n d e t r a n q u i l i d a d ! ) .

Oc : S e o y e e l c a n t o p i c a r e s c o ( p e r o n o l a r i s a ) .

Or : S e o y e l a r i s a s a r d ó n i c a ( p e r o n o e l c a n t o ) .

Oc r : S e o y e l a r i s a y e l c a n t o .

- Estados de la Máquina

C o m o l a s a l i d a c a m b i a c o n " l a s e ñ a l d e r e l o j " ( e s t o e s , c a d a m i n u t o ) , c a m b i a c o n e l e s -

tado p or lo qu e es una máquina de Moore . En principio, pues, aso ciamos 4 estados, uno po r

c a d a u n a d e l a s s a l i d a s ( S n -* On ; Sc -4 Oc ; Sr - Or ; S c r - Ocr). E s t o s e s t a d o s e s t á n d e -

terminados por el valor (SÍ, NO) de dos variabl es de estados que, p or conveniencia, d enomi-

n a r e m o s " c " ( c a n t o ) y " r " ( r i s a ) . .

OPERACÓN: Representaremos con minúsc ulas (c, r) el valor p resente y c on mayús-

culas (C, R) el valor próximo .

i) Canto : Si no se oye la risa, r = NO, y s e toca el órgano, l o ó i o , cambia de

estado : C = c .En cualquier otro caso, el canto no c ambia de valor : C = c .

ü) Ris a : Si no se quema incienso (valo res de entrada n ó o ) s i g u e a l c a n t o , C , c o n u n

minuto d e retraso : R = c .

Si se quema incienso, (valo res de entrada i ó io ) , l a r i s a h a c e l o o p u e s t o a l c a n t o c o n

un minuto de retraso : R = c

De esta forma la tabl a de estado s queda como s igu e :

c r

S n NO NO

S c SÍ NO

S r NO SÍ

Scr SÍ SÍ

n 1 0 i

CR

h a

On

Oc

Or

O c r

L a r e s p u e s t a a l a c a r t a d e b e d e c ir l o s i g u i e n t e :l ,

r minut o : S e o y e r i s a y c a n t o p o r l o q u e

debe quemar inci enso ; 2 ° m i n u t o : Se oye canto pero no risa, p or lo que debe quemar incienso

y t o c a r e l ó r g a n o ; 3` minuto : No se o ye nada por lo que no debe hacer nada .

NONO SÍ NO NO SÍ SÍ SÍ

SÍ SÍ NO SÍ SÍ NO NONONONO NONO NO SÍ NO SÍ

SÍ SÍ SÍ SÍ SÍ NO SÍ NO



s00 / 0


Problema 4 .-Sobre una única lí nea X se envía una información si ncronizada co n una señal

d e r e l o j C k . Se ha convenido qu e la información sea correcta siempre que no haya dos o más

unos consecutivos o cuatro o más ceros consecuti vos . Obtenga el d iagrama de estados d e

un circuit o cu ya salida s ea uno si se detecta un error en la transmisión y qu e permanezca en

e s e v a l o r e n t a n t o d u r e e l e r r o r .

Solución P4 . - P a r a q u e l a s a l i d a ( s e ñ a l Z ) s ó l o i n d i q u e e r r or ( c o n Z = 1 ) m i e nt r a s é s t e p e r m a -

n e z c a , h a r e m o s q u e Z d e p e n d a d e X ( m á q u i n a d e M e a l y ) .

P a r a c o n s t r u i r e l d i a g r a m a d e e s t a d o s s e p a r t e d e u n e s t a d o c o n o c i d o , p o r e j e m p lo : s e a

A e l e s t a d o q u e i n d i c a q u e e l ú l t i m o v a l o r d e X a l m a c e n a d o e s 1 . E s t a n d o e n A :

S i X = 1 , h a y e r r o r ( d o s 1 ' s c o n s e c u t i v os ) p o r l o q u e Z = 1 y e l p r óx i m o e s t a d o e s A y a q u e

e l ú l t i m o v a l o r r e c i b i d o e s 1 .

S i X = 0 , n o h a y e r r o r ( Z = 0 ) y e l p r ó x i m o e s t a d o s e r á B .

E l e s t a d o B i n d i c a q u e e l ú l t i m o v a l o r r e c i b i do e s 0 ( m i e n t r a s q u e e l p e n ú l t i m o e r a 1 ) .

Estando en B :

S i X = 1 , n o h a y e r r o r ( Z = 0 ) y e l p r ó x i m o e s t a d o e s A .

S i X = O , n o h a y e r r o r ( s ó l o d o s O ' s c o n s e c u t i v os ) y e l p r ó x i m o e s t a d o e s C .

E l e s t a d o C c o r r e s p o n d e a h a b e r r e c i b i d o d o s c e r o s c o n s e c u t i v o s . E s t a n d o e n C :

S i X = 1 , n o h a y e r r o r y e l p r ó x i m o e s t a d o e s A .

S i X = O , n o h a y e r r o r ( s e r í a e l 3 c e r o ) y e l pr ó x i m o e s t a d o e s D .

E l e s t a d o D r e f l e j a l a e x i s t e n c i a d e t r e s c e r o s c o n s e c u t i vo s . E s t a n d o e n D :

S i X = 1 , n o h a y e r r o r y e l p r ó x i m o e s t a d o e s A .

S i X = 0 s e r í a e l c u a r t o 0 c o n s e c u t iv o c o n l o q u e h a y e r r o r ( Z = 1 ) y e l p r ó x i m o e s t a d o e s e l

p r o p i o e s t a d o D .

E l d i a g r a m a d e e s t a d o s c o m p l e t o e s e l s i g u i e n t e :

1 / 0

OVAM

Problema 5. - U n c i r c u i t o s e c u e n c i a l t i e n e d o s e n t r a d a s ( X 1 , X2 ) y d o s s a l i d a s ( Z 1 , Z2 ) . Las en-

tradas representan un número binario natural de dos b its , N . S i e l v a l o r p r e s e n t e d e N e s m a -

yor qu e el valor inmediatamente anterior, entonces, Z 1 = 1 . S i d i c h o v a l o r e s m e n o r , e n t o n c e s

l a s a l i d a Z 2 = 1 . E n c u a l q u i e r o t r o c a s o , Z 1 = Z2 = 0. S e p i d e :

1) Escribi r la tabla de estados correspondi ente del circuito , como autó mata de Mealy .

2) ¿Cuánto s estados tendría el circu ito como autó mata de Moore?

Solución P5 . - 1 . - E l funcio namiento d el circuito es el s i g u i e n t e : s i y s ó l o s i

(X X 2 ) N > (X 1 X2 ) N - 1 e n t o n c e s , Z 1 = 1 ; p o r o t r a p a r t e , s i y s ó l o s i ( X 1 X2 )N < (XX2)N-1

e n t o n c e s , Z 2 = 1 ; s i ( X 1 X 2 ) N = ( X 1 X 2 ) N _ 1 , e n t o n c e s Z 1 Z2 = 0 0 .




P a r a c o m p a r a r e l v a l o r a c t u a l c o n e l a n t e r i o r s e n e c e s i t a a l m a c e n a r e s e ú l t i m o v a l o r .

Por tanto, l a máquina debe tener un estado por cada po sibl e valor de X 1 X 2 :

A estado que almacena que el úl timo valo r recibi do d e X 1 X2 = 00

B estado que almacena que el úl timo valo r recibi do d e X 1X2 = 01

C estado que almacena que el último valor recibid o de X X2 = 10

D estado que almacena que el úl timo valo r recibi do d e X 1 X 2 = 11

C o n e s t o s e p u e d e c o n s t r u i r d i r e c t a m e n t e l a t a b l a d e e s t a d o s , q u e q u e d a d e l a s i g u i e n t e

manera :

E s t .

Ao

A 1

A2

A3

B o

B 1

B 2

B 3

Co

C 1

C 2

C 3

00

B

C

D

01

00

1 0

01

1 1

10 1 1

NS, Z 1 Z2

2 .- Como máquina de Moore, en princip io s e necesita un estado que almacene el últi mo

v a l o r r e c i b i d o y s i e r a m a y o r ( s a l i d a s Z 1 Z2 = 1 0 ) , i g u a l ( s a l i d a s Z 1 Z2 = 0 0 ) , o m e n o r ( s a l i d a s

Z 1 Z2 = 0 1 ) q u e e l a n t e r i o r . En total, como pu eden lleg~w l4 v a l o r e s d i f e r e n t e s 1 0 0 , 0 1 , 1 0 , 1 1 1 ,

s o n 4 x 3 = 1 2 e s t a d o s d i s t i n t o s . L a t a b l a d e e s t a d o s q u e d a d e l a s i g u i e n t e m a n e r a :

SGNFCADO DE LOS ESTADOS

NOTA: S e c o m p r u e b a q u e l a t a b l a e s i r r e d u c i b l e s a l v o p o r l a p o s i b l e e l i m i n a c i ó n d e l o s e s t a -

d o s Ao y B 3 q u e s ó l o p u e d e n a l c a n z a r s e s i s o n e s t a d o i n i c i a l .

Co A 1 A2 A 3

Bo C 1 A 2 A 3

Bo B 1 C2 A 3

B o B 1 B2 C3

C o A 1 A2 A 3

Bo C1 A2 A3

B o B 1 C 2 A3

B o B 1 B 2 C 3

Co A 1 A 2 A 3

B o C 1 A 2 A 3

B o B 1 C2 A 3

Bo B 1 B2 C 3

A,00 B , 1 0 C , 1 0 D , 1 0

A,01 B , 0 0 C , 1 0 D , 1 0

A,01 B , 0 1 C , 0 0 D , 1 0

A , 0 1 B , 0 1 C , 0 1 D , 0 0

Z1Z2 Ú l t i m o v a l o r r e c i b i d o

10 00

10 01

10 10

10 1 1

01 00

01 01

01 10

01 11

00 00

00 01

00 10

00 11



Pro b l ema 6 .-Muestre la tabla de estado s mínima de una máqui na secuenci al síncrona con

u n a e n t r a d a X y u n a s a l i d a Z q u e o p e r a d e l a s i g u i e n t e f o r m a : c u a n d o s e d e t e c t a l a l l e g a d a

de 110 (primero 1,d espués 1, después 0), Z se p one a 1, manteniendo este valor hasta de-

t e c t a r l a s e c u e n c i a 0 1 0 , e n c u y o c a s o Z p a s a a t o m a r v a l o r 0 m a n t e n i e n d o e s t e v a l o r h a s t a

que ll egue una nueva secuencia 110 .

Solución P6 . - P a r t i m o s d e u n e s t a d o c o n o c i d o p a r a c o n s t r u i r e l d i a g r a m a d e e s t a d o s . P o r e j .

s e a A e l e s t a d o q u e s e a l c a n z a a l d e t e c t a r s e l a s e c u e n ci a 1 1 0 , p o r l o q u e l a s a l i d a s e r á 1 h a s t a

q u e s e d e t e c t e 0 1 0 . Consideramos qu e la máqui na es de Mealy . E l d i a g r a m a d e e s t a d o s c o n e l

s i g n i f i c a d o d e c a d a e s t a d o y l a t a b l a d e e s t a d o s s o n l o s s i g u i e n t e s :

0 / 1

á%- 1/0


P a r a o b t e n e r l a t a b l a d e e s t a d o s m í n i m a d e b e m o s c o m p r o b a r s i s e p u e d e n r e d u c i r o e l i -

minar estado s . P a r a e l l o s e g u i m o s e l p r o c e s o d e r e d u c c i ó n d e e s t a d o s , q u e c o n s t a d e l o s s i -

g u i e n t e s p a s o s :

1 . F o r m a r l a l i s t a d e e s t a d o s c o n s a l i d a s d i f e r e n te s ( s o n e s t a d o s i n c o m p a t i b l e s ) :

{ A , C ; A , D ; A , F ; A , G ; A , H ; B , C ; 1 3 , 1 3 ; B , F ; B,G ; B , H ; C , D ; C , E ; C , F ; C , G ; C , H ; D , E ;

D, H ; E , F ; E , G ; E , H ; F , H ; G , H } .

2 . C o n s t r u i r l a t a b l a d e p a r e s c o m p a t i b l e s o d e r e d u c c i ó n , q u e e s u n a t a b l a e n f o r m a d e

e s c a l e r a a s i g n a n d o u n e s c a l ó n a c a d a e s t a d o c o m o s e o b s e r v a e n l a f i g u r a d e l p a s o s i g u i e n t e .

3 . E n es a t a b l a , m a r c a r l a s c a s i l l a s d e l o s p a r es d e l a l i s t a d e l p a s o 1 . ( E s o b v i o q u e e s t a

t a b l a s e p u e d e o b t e n er s i n n e c e s i d a d d e h a b e r l i s t a d o l o s e s t a d o s i n c o m p a t i b l e s ) :

0/1 ©'Q 1 / 01 / 1 S 0 1~Q1 / 1

w1/1O1 / 0 A B1 C1

0 / 0

00/0 B B1 C1

C DO El

S i g n i f i c a d o d e c a d a e s t a d o

D

E

FO GO

A1 El

E s t .

ARecibido. . . .110

F FO GO

B . . . . 0 0 (con Z = 1 ) G DO HO

C . . . . 0 1 (con Z = 1 ) A1 HO

E . . . . 1 1 (con Z = 1 )

D . . . .010 N S , Z

F . . . . 0 0 (con Z = 0 )

G . . . . 1 (con Z = 0 )

H . . . . 1 1 (con Z = 0 )




a.Z'~.1,-0 9 1 EN 09

C

XXX X H

4 . O b s e r v a n d o l a t a b l a d e e s t a d o s , e s c r i b i r d e nt r o d e c a d a c a s i l l a d e l a t a b l a d e r e d u c c ió n

los estados qu e deben ser compatibles p ara que el par que corresponde a dicha casilla lo sea

también :

H A ,

0 1 1 FA P , al

XXABCEXXX

XXXXEX

X

D

H

un©-©LW ©©w=, aun©.~'©.Z'©©--©G

T a b l a d e r e d u c c ió n

F a s e i n i c i a l

T a b l a d e r e d u c c i ó n

5 . E n l a t a b l a d e r e d u c c i ón t a c h a r a q u e l l a s c a s i l l a s e n l a s q u e e x i s t a e s c r i t o a l g ú n p a r d e

estados incompatibles . R e p e t i r e s t e p a s o d e f o r m a i t e r a t i v a h a s t a q u e s e h a l l a n m a r c a d o t o d o s

los pares incompatibles :

T a b l a d e r e d u c c ió n

F a s e f i n a l

A l f i n a l d e e s t e p u n t o , t o d a s l a s c e l d a s s i n t a c h a r c o r r e s p o n d e n a p a r e j a s d e e s t a d o s c o m -

patibl es (o equivalentes si, como en este caso, l a tabla de estados/salida está completamente

especificada) .

6 . C o n s t r u i r l a l i s t a d e c o m p a t i b l e s . P a r a e l l o h a y q u e f o r m a r u n a t a b l a c o n t r e s c o l u m -

nas : e n l a p r i m e r a a n o t a r u n e s t a d o ( s e e m p i e z a p o r e l d e l e s c a l ó n m á s b a j o ) ; e n l a s e g u n d a s e

anotan los estados equi valentes del primero (aquellos cuy as casillas no estén marcadas) ; e n l a

t e r c e r a s e a n o t a n l o s c o m p a t i b l e s . En máqui nas completamente especific adas, los compatibl es

s e a g r u p a n p o r c l a s e s d e e q u i v a l e n c i a , p o r l o q u e l a l i s t a f i n a l d e c o m p a t i b l e s s e f o r m a f á c i l -

mente, agrupando todo s l os estados qu e sean compatibles entre sí .



SEquivalentes CompatiblesH {H}

• {H,G}

F {H,G,F}

• {H,G,F,E}

• F {H,G,DF,E}

C { H , G , D F , E , C }

B { H,G,DF,E,C,B }

A B (H, G, DF, E, C, AB)

rrTrr~Nuevos estado s : H, G, D, E, C, A

Problema 7.-Un circuito secuencial ti ene una entrada X y una sali da Z Po r X se transmiten

p u l s o s p o s i t i v o s d e 1 , 2 ó 3 c i c l o s d e d u r a c i ó n . Desde un pul so al si gui ente X permanece a 0

un mínimo de 10 cicl os . L a s a l i d a Z s e p o n d r á a 1 t r a s t e r m i n a r e l p u l s o d e e n t r a d a y p e r m a -

n e c e r á e n 1 d u r a n t e 3 c i c l o s s i e l p u l s o d e X d u r ó u n c i c l o , d u r a n t e 2 c i c l o s s i X d u r ó 2 y d u -

r a n t e 1 c i c l o s i X d u r ó 3 . En otro s asos Z es cero .

Obtenga la tabla de estado /salida mínima según el modelo d e máquina de Mealy .

S o l u c i ó n P 7 . - Del enunciado se deduce el comportamiento del ci rcuito, que es el siguiente :

3


2

A p a r t i r d e l o s

compatibles se

construye la

nueva tabla

de estados :

0 1

NS, Z

P ar tamo s de un e s t a d o c o n o c i d o . Sea el estado A aquel en el qu e no se ha detectado ni n-

g ú n p u l s o . En A :

- Si X= 1 se detecta el primer cic lo d el pul so en X . Se pasa al estado B . Z=O .

- Si X=0 se permanece en A . Z=O .

En B :

- Si X=1 se detecta el segundo cicl o del pu lso en X . Se pasa a C . Z=O .

- Si X=0 fin del pul so de un cic lo de du ración . Se pasa a D . Z=1 .

En C :

- Si X=1 se detecta el tercer ciclo d el pul so en X . Se pasa a E. Z=O .

- Si X=0 fin del pulso de dos cic los de duración . Se pasa a F . Z=1 .

En D, E y F, X no puede valer 1 porque, s egún se dic e en el enunciado, el pul so mayor

es de tres cicl os y , tras fi nalizar un pulso , la entrada permanece a 0 un mínimo de 10 ciclo s de

reloj .

En D, Z debe durar 1 durante dos c icl os más d e reloj . Se pasa a G . Por tanto, Z=1 en el

estado D y en el estado G .

A1 C 1

D 0 E 1

D 0 G 0

A 1 E 1

D 0 H 0

A 1 H 0




En E, se pasa di rectamente a A y se da el únic o pu lso d e salida . Z=1 .

En F: Z debe durar 1 durante un ciclo más de reloj . Se pasa a A . y se da Z=1 .

El diagrama de estados/salid as de Mealy y la correspondiente tabla de estados son los

siguientes :

e0

0 / 1

0 / 1 0 / 1

1 / 0

0 / 1

NS, Z

Siguiendo el proceso de reducci ón de estados obt enemos la tabla mínima :

PRMOMM

wwdmw

Tabla de reducció n

0 1

Tabla de estados mínima

P r o b l e m a 8 . - P o r u n a l í n e a X s e r e c i b e , b i t a b i t , u n n ú m e r o b i n a r i o N , e m p e z a n d o p o r e l m e -

n o s s i g n i f i c a t i v o .

a ) O b t e n g a l a t a b l a d e e s t a d o s m í n i m a c o r r e s p o n d i e n t e a l c i r c u i t o q u e p e r m i t e g e n e r a r

u n a ú n i c a s a l i d a Z c o n e l v a l o r Z = 2 x N .

b ) R e p i t a e l a p a r t a d o a ) p a r a o b t e n e r Z = 3 x N .

Comience po r un estado d e reset. No tenga en cuenta cuá ndo acaba N .

A, 0 B, 0

D, 1 C, 0

F , 1 E, 0

G, 1

A, 1

A, 1

A, 1

S 0 1

COMPATBLES A A, 0 B, 0

B C, 1 C, 0{ 4 4 4 , 1G}C D, 1 D, 0

{A, B, C, D}D A, 1

NS, Z



0 / 1

D i a g r a m a d e e s t a d o s

X

E s t a d o `

RE

A

B

NS, Z

(Como antes, RE y A son el mismo estado ) .

DSEÑO DE CRCUTOS SECUENCALES 209


a) Sea el número binario N = . . . N3 N2 N 1 No . Entonces, el número b inario

Z = 2 x N = . . . N 3 N2 N 1 No 0 , p u e s m u l t i p l i c a r e n b i n a r i o p o r 2 e q u i v a l e a " p o n e r u n 0 a l a

derecha" . E n n u e s t r o c a s o , N v i e n e p o r l a l í n e a X y 2 x N s a l e p o r Z . E s t o e s , s e c u m pl i rá :

C i c l o 1 : En X está X0 , p o r Z s a l e Z 0 = 0

C i c l o 2 : En X está X 1 , por Z sale Z l = X O

C i c l o 3 : En X está X2 , por Z sale Z 2 = X 1

Ciclo 4: En X está X3 , por Z sale Z 3 = X 2

C i c l o j + 1 : En X está X j , por Z sale Z j = X j _ 1

Para obt ener Z j , bast a conocer el valor de X j _ 1 que sól o pu ede ser 0 (estado A) ó 1

(estado B) . C o n e l l o , e l d i a g r a m a y l a t a b l a d e e s t a d o s s o n :

A, 0

A, 0

A, 1

B, 0

B, 0

B , 1

0

NS, ZNS, Z

T a b l a d e e s t a d o s

En la tabla de estados se obs erva que : A y RE son el mismo est ado ; A y B son incom-

p a t i b l e s . L a t a b l a d e e s t a d o s m í n i m a c o n s t a d e s ó l o d o s e s t a d o s , p e r o e l i n i c i a l d e b e s e r A .

b ) E n e l p r i m e r c i c l o ( e l e s t a d o p r e s e n t e e s e l d e r e s e s R E ) h a y q u e s u m a r N 0 + N0 + N0 ;

e l r e s u l t a d o s e r á Z 0 = 0 ( y a c a r r e o 0 ) s i N 0 = 0 y Z 0 = 1 j u n t o c o n u n a c a r r e o d e 1 s i N o = 1 .

En el segundo ci clo d eberemos su mar N 1 + N 1 + N 1 c o n e l a c a r r e o ( 0 o 1 ) a n t e r i o r ; e l r e s u l -

tado d e esta su ma puede ser Z 1 = 0 o Z 1 = 1 c o n a c a r r e o s d e 0 , 1 o 2 .

E n g e n e r a l , e n e l c i c l o j - é s i m o h a y q u e s u m a r t r e s v e c e s e l b i t p r e s e n t e e n X ( 0 0 1 ) j u n t o

con el acarreo generado anteriormente, para lo cual dicho acarreo deberá estar "almacenado"

e n u n e s t a d o ( A s i e l a c a r r e o e s 0 , B s i e s 1 y C s i e s 2 ) . L a s a l i d a Z m o s t r a r á e l b i t d e l a s u m a ,

mientras que el p róximo estado i nformará de cuá l ha sid o el acarreo generado .

Con este razonamiento se o btiene la tabla de estado siguiente :

1

X

E s t a d o \

A

B

NS, Z

A, 0

A , 1

B , 0

1 3 , 1

0 1

T a b l a d e e s t a d o s m í n i m a

T a b l a d e e s t a d o s T a b l a d e e s t a d o s mínima

XS\ 0 1\S~

0 1RE A, 0 B , 1

A A, 0 B , 1A A, 0 1 3 , 1

B A , 1 C, 0B A,1 C,0

C B, 0 C , 1C B, 0 C , 1




Problema 9.-Diseñe un circu ito secuencia) síncrono con do s entradas X 1 y X2 y dos s alidas

Z1 y Z2 . P o r l a s e n t r a d a s s e r e c i b e n b i t a b i t d o s n ú m e r o s d e n b i t s , N 1 y N2 , c omenzand o p or

e l b i t m á s s i g n i f i c a t i v o . L a s s a l i d a s d e b e n r e p r e s e n t a r l o s i g u i e n t e :

Z2 = mayo r(N2 ,N 1 )

Z1 = menor(N2 , N 1 )

Obtenga la tabla de estados/salida mínima, supo niendo el s igui ente comportamiento :

X2 : 0 0 1 0 0 1 . . . .

X1 : 0 0 1 1 0 0 . . . .

Z2 : 0 0 1 1 0 0 . . . .

Z1 : 001001 . . . .

Nota. Obsérvese qu e en el ejempl o N 1 > N2 por lo que X 1 sale por Z2 yX2 lo hace por Z 1 .

S o l u c i ó n P 9 . - El número mayor entre N 1 y N2 es aquél p or el que se recibe el p rimer 1 mien-

tras que se recibe un 0 por el otro . Así, en el ejemplo del enunciado, el 4° bit de X 1 es 1 mientras

que el de X 2 es 0 . A partir ¿t este momento y co n independencia de los b its q ue se recib an, el

número mayor (N en e l ejem p l o ) sa l d r á p o r Z 2 y e l men o r p o r Z 1 . Hasta q u e oc urra eso

(X 1 X2 =10 ó 01) por primera vez, los b its son iguales de fo rma que tanto por Z 1 como por Z2

sale el bit d e entrada recib ido .

En el compo rtamiento dado en el enunciado, las s alidas cambian en el mismo ci clo q ue

ocurre el cambio de entrada, lo que indica qu e Z1,2 d e p e n d e n d e X1,2 y, p or tanto, es una má-

q u i na de Mealy .

Sea A el estado i nicial . Al no haberse recib ido ningún bit l os números so n "hasta ese

m o m e nt o " i g u a l e s . Las pos ibles entradas y la respuesta del circu ito so n :

X1 = X 2 : L o s n úmer o s c o n t i n ú an s i en d o i g u a l e s . No h a y cam b i o de e s t a d o . Las salidas

serán : Z1 = Z2 = X1 = X2 .

X1 X2 = 10 : El número N 1 es may or q ue el número N 2 , por lo q ue se pasará a un nuevo

estad o B . Las sali das serán : Z 2 = X1 Y Z 1 = X2 .

X1 X2 = 01 : El número N 2 es may or q ue el número N 1 , por lo q ue se pasará a un nuevo

estad o C . Las sali das serán : Z 2 = X2 Y Z 1 = X 1 .

El estado B representa el caso en que N 1 >N2 , y por tanto, Z 2 = X1 Y Z 1 = X2 hasta el

f i n a l . El próximo estado d e B, es B . Lo mismo oc urre para C estado en el que N 2 > N 1 . La tabla

de estad o q ueda c omo sig ue :

0 0 01 1 1 l o

NS, Z 2 , Z i

Los estados son

incompatibles : l a t a b l a

e s i r r e d u c i b l e

A, 00 B, 10 A,11 C,10

B,00 1 3 , 1 0 1 3 , 1 1 B,01

C,00 C, 01 C, 11 C,10



X

Ck

Q 1 Q 2 , Z


Pro b lema 10 . - Diseñe una máqui na secuencial qu e responda a la tabla de estado s si gui ente .

Diséñela con biestab les JK atendiendo a las si guientes asignacio nes :

a) Asignación 1 : A = 0 0 , B = 0 1 , C = 1 1 , D = 1 0

b) Asignación 2 : A = 0 0 , B = 1 1 , C = 0 1 , D = 1 0

X

N S , Z

Soluci ón P10 .

a ) D a d a l a a s i g n a c i ó n y l a t a b l a d e e s t a d o s , s e o b t i e n e l a t a b l a ' d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a s i n

m á s q u e s u s t i t u i r l o s e s t a d o s p o r l o s c ó d i g o s q u e s e h a n a s i g n a d o . D e es t a t a b l a y a s e p u e d e n

o b t e n e r l a s e c u a c i o n e s d e s a l i d a . A d e m á s , d e l a t a b l a d e t r a n s i c i ó n j u n t o a l a d e e x c i t a c i ó n d e l

b i e s t a b l e J K , s e p a s a a l a d e e x c i t a c i ó n d e l c ir c u i t o . D e e s t a t a b l a o b t e n e m o s l a e c u a c i o n e s d e

e x c i t a c i ó n :

T a b l a d e e x c i t a c i ó n J 1 K 1 , J 2 K 2T a b l a d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a d e l b i e s t a b l e JK

E l c i r c u i t o q u e d a c o m o s e m u e s t r a :

D

1

T a b l a d e e x c i t a c i ó n

2

KAq

E c u a c i o n e s d e

e x c i t a c i ó n y d e

s a l i d a

1 P o r s i m p li c i d a d , e n l a s d i s t i n t a s t a b l a s s ó l o p o n dr e m o s l o s m i n t é r mi n o s d e l a s s a l i d a s ( c e l d a s c o n

Z= 1) .

S\ 0 1

A A, 0 C , 0

B A , 0 D , 1

C A , 0 B , 1

D D , 0 D, 0

X

q 1 9\ 0 1

X J 1 =X

K1 =q 2q -3Q JK q 1 q2 0 1

A 00 0 0 11 0-*0 0- 00 0 - , 0 _ 1 - , 1 - J 2 = Xq1

B 01 0 0 1 0 , 1 0 - 3 1 1 -01 0 - , - 1 1 - , - 1 K2 = Xq11 ->0 - 1

C 11 0 0 01,1 11 - 1 , - 1 - , - 01 - - 3 1 -0Z = Xq2D 10 10 10

10 - 0 , 0 _ - 0 , 0 _




b) Para la segunda asignación, las t ablas de transici ón/salida y de excitació n y las ecua-

ciones de excitación y de salida so n las siguientes :

Q Q 2 , Z

NS, Z

J 1 K 1 , J2 K2

Problema 11. - Obtenga una buena asignació n para las si g uientes tabl as de estado :

NS, Z

S o l u c i ó n P l l . - Para obtener "una buena" asignació n basta con apli car las reglas de adyacen-

cias . Estas reglas son las sigui entes :

1 .- Hacer adyacentes los estados c uy os próximos estados sean iguales para cada valor

de entrada .

2 .- Hacer adyacentes los est ados cu yos p róximos estados s ean los mis mos aunque en di-

ferentes valores de entrada, siempre que esos p róximos est ados t ambién se hagan adyacentes .

3 . - Hacer a d y a cen te s l o s e s t a d o s c u y o s p r ó x i m o s e s t a d o s sean l o s m i s m o s p ara al g ú n

valor de entrada .

4 .- Hacer adyacentes lo s p róximos estados de cada estado .

5 .- Hacer adyacentes los estados q ue tengan los mismos valores de salid a .

Aplicando las reglas a las tablas de estado obt enemos lo si guiente :

REGLAS Tabla a Tab la b

1 (A,B) (A,B)

2 - - (C,D) s i (A,C)

3 (A,C),(A, D), (B,C), (B,D),

(C, D)

- -

4 2x(A,D), (B,D), (C,D) 2x(B,D), 2x(A,C)

5 (B,C) (B,D) (C,D) (B,D)

\ q

XJ 1 = X92

9 1 0 1q 1 9 2 0 1

K1 = X q 200 00 01 q-*Q JK 00 0-,0_ 0 - , 0 -

0 -* 0 0- J 2 =X9101 00 1 1 , 1 01 0 - , - 1 J - 1 _ , _ 00-41 1-

1 0 , 111 001 -~ 0 - 1

1 1 - 1 , - 1 -0 , _ 1 K2 = X+q1

10 10 10 1 - * 1 -0 10 -0,0_ -0,0_ Z= X92

Tabla a : Tabla b :X

S 0 1 0 1

A A , 1 D A D, 1 B

B A D B D B

C B D C C A, 1

D C D D A C



Tabla a Reglas que c umple :

1 . 1 (Todas)

2 . - - (Todas)

3 . 3 (de 5)

4 . 3 ( d e 4 )

5 . 3 (Todas)

sCOB, 0 -00


Una vez aplic adas las reglas, se forma un mapa de Karnaugh en el que las variables son

las variables de estado necesarias para la asignación . En este caso , en ambas tablas se necesit an

dos variables de estado y l e Y 2 . En este K-mapa, asignamos a cada estado un có dig o tratando,

p or prueba y error, de cumplir el máximo número posib le de las reglas de adyacencia :

Tabla b

P r o b l e ma 1 2 . - Un sistema recibe s ecuencialmente datos de 1 bi t a través de s u entrada X .

Diseñe un circui to q ue dé sali da Z=1 cuando se haya recibi do X=1 durante tres o más inter-

valos de reloj consecut ivos . Dé dos diseños alternativos : a) c o m o a u t ó ma t a d e M o o re ;

b) co mo autómata de Mealy. Discut a ventajas e i nconvenientes d e ambos d iseños .

S o l u c i ó n P 1 2 . - Un ejemplo del compo rtamiento qu e describe el enunciado es el sig ui ente :

X:011001011101111110Z :000000000100011110

De e s t e c o m p o r t am ien t o se o b t i enen l o s d i a g rama s de es t a d o , s i g u i en d o e l m o d e l o de

M o o r e o e l m o d e l o d e M ea l y :

0

Reglas que cumpl e :

1 . 1 (Todas)

2 . 1 (Todas)

3 . - - (Todas)

4 . 4 (Todas)

5 . 1 (Todas )

OLAM

SGNFCADO DE CADA ESTADOMealy

A: n o s e h a r e c i b i d o n i n g ú n 1 .

B : s e h a r e c i b i d o e l p r i m er 1 .

C : s e h a r e c i b i d o e l s e g u n d o 1 . (En Máqu ina de Mealy, si X=1, es el tercer 1 y Z=1 .

En máq uina de Moore, si X=1 se pasa a un nuevo estado D . )

D (exclu sivo d e la máqu ina de Moore) : s e h a r e c i b i d o e l t e r c er 1 ; Z=1

P a ra o b s ervar la s d i f erenc i a s en tre la s m á q u i na s de M o o re y de Mea l y , en la f i g u ra

s i g u i en te se mue s t ra un d i a g rama de t i em p o d o n d e se o b s erv a la se c u en c i a de e s t a d o s y d e

salida d e cada tip o de máqui na para una misma secuencia de entrada .




Ck

X

Z M o o r e A

Z M e a J y A

A ! B C A A' B : A B C

A B C A' A B A B C

D A 13 C D D D D

C A 1 3 C C C C C A

A A A

L a s c a r a c t e r í s t i c a s d e c a d a t i p o d e m á q u i n a s o n l a s i g u i e n t e s :

Mo ore : Z = 1 d u r a n t e p e r í o d o s d e r e l o j c o m p l e t o s .

Z = 1 d e s p u é s d e d e t e c t a r l a l l e g a d a d e 3 u n o s .

Pos ee más est ados qu e la máqu ina de Mealy .

Mealy : Z = 1 d e s p u é s d e d e t e c t a r 2 u n o s y s i e m p r e q u e X s i g a s i e n d o 1 .

Posee menos estados que la máqui na de Moore .

S e p u e d e n p r e s e n t a r a l g u n a s d i f e r e n c i a s t e m p o r a l e s e n t r e a m b a s s a l i d a s s i l a s e n t r a d a s

c a m b i a n e n i n s t a n t e s a r b i t r a r i o s , c o m o l o s q u e s e m u e s t r a n a c o n t i n u a c i ó n :

Ck _ L a m á q u i n a d e M o or e d a s a l i d a 1 d u r a n t e 1 c i c l o t a n t o

s i X p e r m a n e c e e n 1 d u r a n t e p o c o m á s d e 2 c i c l o s

X ( s i e m p r e q u e X = 1 e n 3 f l a n c o s a c t i v os ) c o m o s i X

p r á c t i c a m e n t e p e r m a n e c e e n 1 d u r a n t e 3 c i c l o s . L a

ZMoore A B C D A A m á q u i n a d e M e a l y p u e d e d a r Z = 1 d u r a n t e i n t e rv a l o s

a r b i t r a r i o s d e t i e m p o , s e g ú n c u á n d o c a m b i a X e n

Z M e a l yA! A BCA A r e l a c i ó n a C k .

E l r e s t o d e l p r o c e s o d e s í n t e s i s e s e l s i g u i e n t e :

1 ) R e d u c c i ó n d e l a s t a b l a s d e e s t a d o : e n e s t e c a s o s o n i r r e d u c i b l e s .

2) Asignació n de cód igos : como son máqui nas de 3 ó 4 estados se uti liza el método

exhaustivo :

3 ) O b t e n e n c i ó n d e l a s e c u a c i o n e s m í n i m a s d e e x c i t a c i ó n y d e s a l i d a : s e a p l i c a e l p r o c e -

dimiento de di seño mínimo para funciones c ombinacionales .

Aplicando este proceso a la soluci ón como máquina de Moore :

ESTADOS ASGNACONES DE COSTE DSTNTO1 1 1 1

A 00 00 00

B 01 0 1 1 1

C 1 0 1 1 0 1

( D ) 1 1 10 1 0



Q1Q0= D1D0

D1


QQ0=D1 D 0

f i l o": 3 , D

unaTabla de reducció n

ASGNACÓN

Q1Q0=D1D0

Las ecuaciones de excitación y s alida para cada asignación se muestran a continuación :

D = Xq 1 +Xq0 D = Xq 1 +Xq0 D = Xq 1 +Xq o

L DO = Xq 1 + Xq o : Do = Xq 1 : D o = X ( q 1 G) q 0 )

Z = g1g0 Z = g1g0 Z = g1g0

La solució n de menor coste es la segunda () y el ci rcuito el siguiente :

0

P r o b l e ma 1 3 .- Diseñe un chequeador de paridad para caracteres de 4 bit s enviados en serie .

E l c i r c u i t o r e c i b i r á , p a r t i e n d o de u n e s t a d o i n i c i a l , 4 b i t s e n s e r i e p o r u n a l í n e a d e e n t r a d a , X ;

c o i n c id i e n do c o n e l c u a r t o b i t , l a s a l i d a d e l c i r c u it o s e r á 1 , s i y s ó l o s i e l n ú m e r o t o t a l d e u n o s

r e c i b i d o s h a s i d o p a r . T r a s l a r e c e p c i ó n d e l c u a r t o b i t , e l c i r c u it o v o l v e r á a a c e p t a r e n l a e n t r a -

da un nuevo carácter de 4 bits . U t i l i c e e n e l d i s e ñ o b i e s t a b l e s D .

S 0 1 Z

A 0Tabla de estado sA B

B A C 0

C A D 0

D A D 1

X

q 1 9 0 0 1 Z

A=0 0 00 11 0

C=0 1 00 10 0

B=1 1 00 01 0

D=1 0 00 10 1

NS

ASGNACÓN ASGNACÓN

X X

91 90 0 1 Z 91 90 0 1 Z

A=0 0 00 01 0 A=0 0 00 01 0

B=0 1 00 10 0 B=01 00 11 0

D=1 1 00 1 1 1 C=11 00 10 0

C=1 0 00 1 1 0 D=1 0 00 10 1




S o l u c i ó n P 1 3 . - Del enunciado se puede concluir lo si guiente :

1 .- La secuencia viene en grupos d e 4 bits, por lo que la máqu ina debe reconocer si un

valor de X corresponde al primer, segundo, tercer o cuarto bit . Esto es, no hay sol apamiento .

2 .- Se trata de una máqui na de Mealy, ya que la sali da se hace 1 "coi ncidi endo" con el

cuarto bit .

3 .- Existe un estado i nicial (R) . El estado R es aquél en que se encuentra la máquina

cuando el valor p resente en X es el del primer bit de l a secuencia .

P u e s t o .que debemos detectar la paridad par de la secuencia, los estados de la máqu ina

deben guardar información del número de 1's que van, y del lugar que oc upa el bit en la se-

c uenc ia . Por tanto, el diagrama de estado queda como se muestra :

El resto d el proceso de síntesis es el sigui ente :

1 á- Reduc ció n de la tabla de estados :

0 1

NS, Z

NÚMERO DE UNOS

PAR MPAR

0/0

1 / 1 W- 3 0

Orden del bit qu e se espera

1 0

Ma∎1a i - i.o"

©©©VERV

AB

C

4 0

D

Tabla de reducci ón

F a s e f i n a l : e s i r r e d u c i b l e .

A B

C DD C

E F

F E

R, 1 R

R R, 1



2 .- Asignació n . Construcc ión de la tabla de transición/salida .

REGLASTabla1 (E,F) Y2 , Y ¡ ,YO2 (A,B) s i (C,D), (C,D) s i A=000

(E,F) B=0013D=0114 (A,B), 2 (C ,D) , 2 (E , F )

5 (R,A,B,C,D) C=010

Reglas de adyacenci a E=110

F = 1 1 1

10 1

R=100ama®N3 .- Ecuaciones de excitación/salida. Se uti lizan biestables D que cu mplen : D ; = Y 1 . De

esta forma la tabla de transició n/salida coinci de con la tabla de excitaci ón . De esta :

D 2 = Y i

Di = Y2

Do = x Y2Yo + xy2y o + xyi y o

Z= X Y2Yty o + Y2Yo

El diagrama de circuit o se ob tiene directamente de las ecuaciones de excitación y salida .

Problema 14. - Se pretende diseñar un circui to sec uencia) síncro no con una entrada X y dos

salidas Y, Z que cumpla la sigu iente tabla de estados/salida :

X

La asignación c umple

tod as las reglas menos

3 d e l a r e g l a 5


0 1

Y2Yl Y o , Z

Tabla de transició n

NS, Y,Z

Utilizando el diagrama de bloqu es de la figura :

a) Calcule el número de biestables tip o D que se necesitan .

b) Dé el tamaño y cont enido d e la ROM .

0 10 011

011 010

111 110

110 11 1

100,1 100

100 100,1

000 001

0 1

Eo E0 ,00 1 3 1 , 0 0

El E2,00 E1 , 0 1

E2 E2,10 E3 ,10

E3 E0,10 E3 , 1 1




Y

Z

S o l u c i ó n P 1 4 . - Es una tabla con cuatro estados, todo s incompatibles, p or lo que es irreducibl e .

Se necesitan dos variabl es de estado . Por lo tanto, sig uiendo el esqu ema de la figu ra del enun-

ciado se necesitan dos biestables D .

El tamaño de la ROM depende del número de entradas y s alidas . Como entradas de di -

rección se ti enen : X, entrada de datos , y q l y q0 variables de estado (salidas de los biestables

tipo D) . Como salidas se ti enen : Y y Z , s a l i d a s d e l c i r c u i t o , y D y D 0 entradas a los biestabl es .

Por t anto se necesit a una ROM de 8x4 (8 palabras de 4 bits cada una) .

Utilizando un asignamiento c ualquiera, se obt iene la tabla de transición/salida y de ella

el c ontenid o de la ROM :

Pro b lema 15 . - Se desean obtener 4 señales Z 1 , Z2 , Z3 , Z4 a p a r t i r d e u n a s e ñ a l d e r e l o j C k

dis ponib le en un determinado sis tema . R e a l i c e e l c i r c u i t o c o r r e s p o n d i e n t e u t i l i z a n d o e x c l u s i -

vamente: 2 biestables JK, un DEC 2 :4 y 4 puertas AND .

Ck

Z 1

Z2

Z3

Z4

XX ql q 0 Do D 1 Y Z

X A2 H > Z> Y0 0 0 0 0 0 >0 A

1ROM

H1

8x4 2q 1 q o 0 10 0 1 0 1 0 0

010 0 1 1 0 Ao HEo =00 00,00 01,00 011 0 0 1 0

El =01 10, 00 01,01 100 1 0 0 0 q 0

1 0 1 1 0 0 1 DE2= 10 10,10 11,10 110 1 1 1 0

E3= 11 00,10 11,11 111 1 1 1 1 q 1

Q1 Qo=D 1 Do , Y Z A2A1 Ao H3 H2H1 Ho Ck

T a b l a d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a s Contenido de l a ROM C i r c u i t o f i n a l



Q i Q o

T a b l a d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a

NS

U t i l i z a n d o l a a s i g n a c i ó n h a b i t u a l e n l o s c o n t a d o r e s ( a s i g n a r c ó d i g o s c o n s e c u t i v o s a e s -

t a d o s c o n s e c u t i v o s ) o b t e n e m o s l a s i g u i e n t e t a b l a d e t r a n s i c i ó n :


Solución P15 . - En el di agrama temporal o bservamos d os h echos :

1 . - C a d a 4 c i c l o s d e r e l o j s e r e pi t e n l a s s e ñ a l e s . D e a q u í q u e e l s i s t e m a t e n g a 4 e s t a d o s

( l l a m é m o s l e s A , B , C y D ) , c u y a s e c u e n c i a e s :

S e t r a t a d e u n c o n t a d o r m ó d u l o 4 .

2 . - C a d a s a l i d a s e h a c e 1 d u r a n t e u n s e m i p e r i o d o d e r e l o j , c o n c r e t a m e n t e c o n C k = 1 .

A s í , s i l l a m a m o s Z a , Z b , Z c y Z d a u n a s e ñ a l q u e s e h a c e 1 c u a n d o e s t a m o s e n e l e s t a d o A , B ,

C y D , r e s p e c t i v a m e n t e , s e c u m p l i r á :

Z , = Z„Ck Z2 = Z,,Ck z3 = Z, .Ck Z 4 - Zd Ck

E n c o n s e c u e n c i a , a p l i c a n d o e l p r o c e s o s i s t e m á t i c o d e d i s e ñ o d e c i r c u i t o s s e c u e n c i a l e s :

J 1 K 1 , JOKO

T a b l a d e e x c i t a c i ó n E c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n

Las funciones Z a , Z b , Z c y Z d s e o b t i e n e n c o m o l a s s a l i d a s d e u n d e c o d i f i c a d o r 2 : 4 c o n

s a l i d a s a c t i v a s e n ni v e l a l t o , c u y a s e n t ra d a s s o n q 1 y q0 . E l c i r c u i t o e s e l s i g u i e n t e :

q í q 0\Z a Z b Z c Z d q 1 q o \

A=0 0 01 1 0 0 0 A=0 0 0 - , 1 -

B = 0 1 10 0 1 0 0 B=0 1 1 - , - 1 J O =Ko = 1

C=1 0 11 0 0 1 0 D=1 1 - 1 , - 1 J,=K,=q0D = 1 1 0 0 0 0 0 1 C=1 0 - 0 , 1 _

Z a Z b Z, ZdT a b l a d e e s t a d o s

( e s i r r e d u c i b l e )1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

C o n Z 1 , Z2 , Z 3 Y Z 4t o m a n d o e l v a l o r

0 0 0 1 i n d i c a d o e n e l p u n t o 2 .




1

0 1 / 1

0

K

Solución P16 . - E l d i a g r a m a d e e s t a d o s e s e l s i g u i e n t e :

XY/Z :

0 0 / 1 SGNFCADO DE CADA ESTADO1 0 / 1 1~9

0 1 / 1

0 / 0

K

1

DEC2 :4

1

2

Z4

CkPROBLEMAS CON SOLUCÓN RESUMDA

P r o b l e ma 1 6 . - Construya el diagrama de transici ón de estados si mplifi cado de un autómata

de Mealy c on dos entradas X, Y y una salida Z que cumpl a las sigu ientes característ icas :

a) cuando Xpasa d e 1 a 0, Z=1 .

b) cu ando Y pasa de 1 a 0, Z =O .

c) en otro caso Z no cambi a de valo r .

X e Y no pued en valer si mult áneamente 1 . D e u n c i c l o a l s i g u i e n t e , s ó l o p u e d e c a m b i a r

una variable de entrada, no las d os a la vez .

A : E l ú l t i m o f l a n c o n e g a t i v o e n l l e g a r h a s i d o e n X

( Z = 1 ) y c o n l a s e n t r a d a s a c t u a l e s e s i m p o s i b le q u e

Y c a m b i e d e 1 a 0 , p o r q u e Y = 0

B : Recoge que Y ha sub ido : c u a n d o v u e l v a a b a j a r ,

h a b r á c a m b i o e n Z .

C : E l ú l t i m o f l a n c o n e g a t i v o h a s i d o e l d e Y ( Z = 0 ) .S i m i l a r a l e s t a d o A p e r o p a r a Z --O .

D : S i m i l a r a B , p e r o p a r a e l c a s o d e q u e X s u b a , s i e n d o

Z =O .

P r o b l e m a 1 7 . - Desarrol le un diagrama de estado s para un circui to d e Moore que genere sa-

l i d a Z = 1 , d u r a n t e u n c i c l o d e r e l o j , c u a n d o a l a l í n e a d e e n t r a d a X s e h a n s u m i n i s t r a d o e x a c -

tamente tres "1 " d u r a n t e l o s t r e s i n t e r v a l o s p r e c e d e n t e s d e l r e l o j . S i d u r a n t e c u a t r o o m á s c i -

c l o s d e l r e l o j h u b i e s e " 1 " , l a s a l i d a s e r á Z = 0 .



S o l u c i ó n P 1 7 . - El diagrama de estados es el si guiente :

A, 0

Pro b lema 18.- Diseñe un circuito secuencia) síncrono con una entrada de datos X, que pro-

duzca sali da "1 " d u r a n t e u n c i c l o d e r e l o j c u a n d o l a s e c u e n c i a d e l o s t r e s ú l t i m o s v a l o r e s d e

la entrada sean : 111, 110 ó 000 .

S o l u c i ó n P 1 8 . - Realizando el ci rcuito mediante el modelo de máqui na de Moore, la t abla de

estados queda de la si guiente manera :

SGNFCADO DE CADA ESTADO

NS

A partir de la tabla de estados se conti núa el proceso de di seño normal : reducc ión de

estados (s on equivalentes S y S 5 ) ; a s i g na c i ó n ; elección de biestable ; ecuaciones de excitación .

P r o b l e ma 1 9 . - Diseñe un autómata de Mealy qu e detecte la secuencia 1, 0, 0, 1, 0 ; e s t o e s ,

e l c i r c u i t o d e b e t e n e r u n a ú n i c a e n t r a d a X y u n a ú n i c a s a l i d a Z E n l o s i n t e r v a l o s d e r e l o j e n

l o s q u e X = 0 , l a s a l i d a s e r á Z = 1 s i e n l o s c u a t r o i n t e r v a l o s d e r e l o j p r e c e d e n t e s l a e n t r a d a h a

s i do 1 , 0 , 0 , 1 .



A: No se ha recibid o ningún 1 .

B : R e c i b i d o e l p r i m e r 1 .

C : Recibid o el segundo 1 .

D: R e c i b i d o e l t e r c e r 1 .

E: R e c i b i d o e l c u a r t o o m á s 1 .

Estado últimos 3 bits recibidos

s o 000S 001

S 2 010S 3 0 1 1

S 4 100

S5 101

S 6 110

S 7 111




S o l u c i ó n P 1 9 . - El diagrama de estados es el sigu iente :

1/0

1 / 0

1 / 0


E s t a d o Recib ido

A 1

• 10

C 100

• 1001

• Nada de la s ecuencia

P r o b l e ma 2 0 . - Diseñe un circuit o s ecuencial síncrono que reciba una entrada X y p roduzca

una salida Z=1 despu és de que haya recibi do l as secuencias de entrada 0, 0, 1 ó 1, 0, 0 .

Comience el di seño po r un estado de reset .

S o l u c i ó n P 2 0 . - Es una máqu ina de Moore y hay sol apamiento en la s ecuenci a . El diagrama de

estado s queda de la sigui ente manera :


Estado Recibido

R No se ha recibi do nada

A P r i m e r 0 d e l a s e c u e n c i a 0 0 1

B Primer 1 de la secuencia 1 0 0

C Segundo 0 de la secuenci a 0 0 1

• R e c i b i d o 0 , 0 , 1

• Recibi do 1, 0

F Recibid o 1, 0, 0

A partir del diagrama de estados se co ntinua el proceso normal de diseño .

Pro b l ema 21 . - Diseñe un autó mata de Mealy c on dos entradas X, Y y u na salid a Z cuy o fu n-

cionamiento sea el sigu iente :

a) si XY = 00, entonces Z = 0 .

b) si XY = 11, d espués de que las entradas hayan sido d urante dos ciclo s d e reloj

XY= 01, entonces Z = 1 .

En el resto d e los caso s se mantiene la salida .

Nota : en cada ciclo sólo puede cambiar una variable de entrada, no l as dos a la vez .



S o l u c i ón P 2 1 . - El diagrama de estados reducid o qu eda de la sigui ente manera :

-0/0

1 - / 0

1 1 / 000/0



A : E s t a d o e n e l q u e l a s a l i d a e s 0 y r e c o g e s e -

c u e n c i a s d e e nt r a d a d i s t i n t a s d e 0 1 , 0 1 , 1 1 .

B : R e c o g e e l p r i me r v a l o r d e l a s e c u e n c i a q u e

g e n e r a Z = 1 .

C : R e c o g e e l s e g u n d o v a l o r .

D : S e a l c a n z a t r a s r e c i b ir s e l a s e c u e n ci a q u e

g e n e r a Z = 1 .

P r o b l e m a 2 2 . - Se desea diseñar un autómata de Mealy con do s entradas (X1 ,X2 ) y u n a s a l i -

da Z, q ue obedezca al sigu iente comportamiento :

1) En ningún caso ambas entradas pu eden estar a 1 simul táneamente .

2) La salid a Z alcanzará el valor 1 si y sól o si aparecen dos unos co nsecutivo s en la

misma línea de entrada, pasando a dicho valor cuando s e detecte el segundo 1 .

S o l u c i ón P 2 2 . - El di agrama de estado s qu eda de la sigu iente manera :

00/0

00/0

0 1 / 1 1 0 / 0

1 0 / 1


A : E s t a d o q u e i n d i c a q u e e l ú l t i m o v a l o r r e -

c i b i d o e s 0 0 .

B : S e r e c i b e 1 e n l a v a r i a b l e Y .

C : S e r e c i b e 1 e n l a v a r i a b l e X .

P r o b l e ma 2 3 . - P o r u n a l í n e a s e e n v í a n ( b i t a b i t ) g r u p o s d e c u a t r o b i t s . Obtenga el di agrama

de estados d e un circuito secuencial síncrono de Mealy que produzca una salida Z = 1 cuando

detecte las secu encias de entradas 1100 ó 0011 . Comience por un estado de reset .

Soluci ón P23 . - El enunciado dic e que la máqui na es d e Mealy . El diagrama de estados queda

de la s igui ente manera :





P r o b l e ma 2 5 . - Obtenga una buena asignación p ara la si guiente tabla d e estados . .

Dos asignaciones posi bles para esta tabla son las sigu ientes :

T a b l a 1

a s o maS 6®®®


NS, Z

So l u c i ó n P25.-La tabla no pued e reduc irse . Aplicando las reglas de adyacencia se obtiene :

Reglas que cu mple :

1 . 2 (Todas)

2 . -

3 . 5 ( d e 1 0 )

4 . 4 ( d e 5 )

5 . 3

REGLAS

1

2

3

4

5

Tabla

(S4,S6) , ( S 3 , S 5 )

- -

(S0,S1),(S0,S2), (S0 , S3 ) , (SO,S4), (S0 , S5 ) , ( SO , S 6 ) , ( S1 , S3 ) ,

( S 1 , S 5 ) , (S2,S4), (S2,S6)

(S1 , S2 ) , (S2,S3),(S1,S4), 2 x(S2 , S5 ) , 2x(S1,S6)

( S O , S 1 , S2 , S3 , S4)

NS, Z

T a b l a 2 Reglas que cumple :

Y 2 Y 1 1 . 2 (Todas)

Yo 00 01 1 1 10 2 . -

3 . 4 ( d e 1 0 )0 S 4 S 2 4 . 4 ( d e 5 )

1 S6 S o S i 5 . 3

NS, Z





Pro b lema 27 . - En un analizador ló gico se obs erva el sigu iente comportamiento :

Ck _JX

9 i

q 2

Z a

Zb

Realice el circui to c on biest ables T y p uertas NAND .

Solución P27 . - V a m o s a o b t e n er d i r e c ta m e n t e l a t a b l a d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a . C o m o l a s v a r i a -

b l e s d e e s t a d o q 1 q 2 c a m b i a n c o n e l fl a n c o d e b a j a d a d e C k , l o s b i e s t b l e s s e r á n t i p o f l i p f l o p

d i s p a r a d o s p o r e l f l a n c o d e b a j a d a . E n c a d a c i c l o d e C k , e s t a m o s v i e n d o e l e s t a d o p r e s e n t e

( q 1 q 2 ) y e l v a l o r a c t u a l d e l a e n t r a d a X : t a m b i é n el d e l a s s a l i d a s Z a Z b s e v e n e n e s e m i s m o

c i c l o , m i e n t r a s q u e e l v a l o r d e l p r ó x i m o e s t a d o s e d e t e r m i na v i e n d o c u á n t o v a l e n q 1 y q 2 e n e l

c i c l o s i g u i e n t e . L a s t a b l a s d e t r a n s i c i ó n y d e s a l i d a q u e d a n d e l a s i g u i e nt e m a n e r a :

Q1 Q2

T a b l a d e t r a n s i c i ó n

L a s e c u a c i o n e s d e s a l i d a y e x c i t a c i ó n s o n l a s s i g u i e n t e s :

T , = 1

To = Xq 1 +Xq2

DSEÑO DE CRCUTOS SECU ENCALES 2 2 7

Za = Xq0+g1g2+Xq2

Zn = g1g2 + g2g1

Z a Z b

T a b l a d e s a l i d a

X9 i \ q 0 1

91 92 0 100 10 11

00 10 0001 11 10

01 01 1111 01 01

11 00 1010 00 01

10 1 1 11



C a p í t u l o 9

SUBSSTEMAS SECUENCALES

L a s o p e r a c i o n e s s e c u e n c i a l e s m á s c o m u n e s e s t á n e n c i r c u i t o s i n t e g r a d o s c o n u n a c o m p l e j i d a d

s u p e r io r a l a d e l b i e s t a b l e . A s í p o d e m o s e n c o n t r a r c o n t a d o r e s d e n b i t s q u e i n c r e m e n t a n o

decrementan su c ontenido , además de otras op eracio nes ; registros, c omo elementos

a l m a c e n a d o r e s d e p a l a b r a s d e n b i t s ; P L D s e c u e n c i a l e s q u e b á s i c a m e n t e s o n P A L y P L A q u e

i n c l u y e n a l g u n o s b i e s t a b l e s y q u e p e r m i t e n p r o g r a m a r f u n c i o n e s s e c u e n c i a l e s ; e t c . E n e s t e

C a p í t u l o s e e s t u d i a r á n , f u n d a m e n t a l e me n t e , l o s c o n t a d o r es y l o s r e g is t r o s , y a q u e l a t é c n i ca d e

a n á l i s i s y d e d i s e ñ o c o n P L D e s l a d e c i r c u i t o s s e c u e n c i a l e s g e n é r i c o s .

CONTADORES

Los contado res son circuit os qu e tienen la prop iedad de incrementar su co ntenido

( a s c e n d e n t e s ) , d e c r e m e n t a r l o ( d e s c e n d e n t e s ) o a m b a s ( r e v e r s i b l e s ) . Un contador módu lo K

c u e n t a K v a l o r e s d e f o r m a c í c l ic a , n o r m a l m e nt e e n t re 0 y e l K - 1 ( p . e j . , s i e s a s c e n d e n t e , d e l 0

p a s a a l 1 , d e l 1 a l 2 , y a s í h a s t a e l K - 1 , a p a r t i r de l c u a l s e pa s a n u e va m e n t e a l 0 , e t c ) . A d e m á s ,

e s t o s d i s p o s i t i v o s p u e d e n t e ne r o p e r a c i o n e s q u e p e r m i t a n c a r g a r u n e s t a d o i n i c i a l d e c u e n t a

, ( c a r g a o l o a d ) y r e s t a b l e c e r e l e s t a d o i n i c i a l d e c u e n t a , y a s e a e l c e r o p a r a c o n t a d o r e s

a s c e n d e n t e s ( c le a r ) o t od os l o s b it s a 1 ( e s ta d o 2 " - 1 ) p a r a l o s d e s c e n d e nt e s ( p r e s e t ) . E n c u a n t o

a l a s s a l i d a s , a d e m á s d e l a s q u e i n d i ca n e l e s t a d o d e c u en t a , s e i n c or p o r a n l a s q u e a v i s a n q u e

s e h a a l c a n z a d o e l e s t a d o d e cu e n t a f i na l : t o d o 1 p a r a l o s a s c e n d e nt e s y 0 p a r a l o s d e s c e n de n t es .

E x i s t e g r a n d i v e r s i d a d d e c o n t a d o r e s d e p e n d i e n d o d e l t i p o d e o p e r a c i o n e s q u e r e a l i z a n y d e l

t a m a ñ o d e l c o n t a d o r . E l ta m a ñ o s e e s p ec i f ic a p o r e l m ó d u lo ( p . e j . : m ó d u l o 1 0 ) o p o r e l n ú m e r o

d e b i t s e n c a s o d e m ó d u l o s 2 " . P o r e j e mp l o , e n l a s i g u i e n t e fi g u r a s e m u e s t r a e l e s q u e m a d e u n

c o n t a d o r s í n c r o n o a s c e n d e n t e d e m ó d u l o 8 ( 3 b i t s ) c o n l a s o p e r a c i o n e s d e c u e n t a a r r i b a , c a r g a ,

p u e s t a a 0 e i n h ib i c i ón .

2 2 9





c l k

X

[ c o n t ]

E n l a s i g u i e n t e fi g u r a s e m u e s t r a l a e s t r u c t u r a d e u n c o n t a d o r d e s i m i l a r e s c a r a c t e r í s t i c a s

que el anterior pero co n un c l e a r en modo sí ncrono . Como se obs erva en las formas de onda,

e l c o n t a d o r s e p o n e a 0 c u a n d o , t r a s e s t a r a c t i v a l a o r d e n d e b o r r a d o , r e c i b e e l f l a n c o a c t i v o e n

l a e n t r a d a d e r e l oj .

SUBSSTEMAS SECUENCALES 2 3 1

Las entradas de control de los biest ables, descri tas con anteriorid ad ( c l e a r , carga o

i n h i b i c i ó n ) , p u e d e n t e n e r d o s m o d o s d e o p e r a c i ó n , s í n c r o n o o a s í n c r o n o , e n f u n c i ó n d e s i p a r a

s u e j e c u c i ó n e s p e r a n o n o l a l l e g a d a d e u n f l a n c o d e r e l o j . E n l a s i g u i e n t e f i g u r a s e r e p r e s e n t a

la estructu ra interna de un contador síncrono ascendente de módulo 4, con operación de c l e a r

a s í n c r o n o y l a r e s p u e s t a t e m p o r a l p a r a u n a s e c u e n c i a d e e n t r a d a d e c o n t r o l . E n e l l a s e o b s e r v a

que, i nmediatamente después de que se activa c l e a r , el contado r se pone en el estado d e

c u e n t a 0 , s i n e s p e r a r l a l l e g a d a d e u n f l a n c o a c t i v o d e r e l o j .

To q 0 T q1- .

c l k

c l k

X

[ c o n t ] l 2 1 2

REGSTROS

Los registros so n circuitos capaces de almacenar palabras de n bits . Existen dos operaciones

básicas :

- Escritura ( w r i t e ) o carga ( l o a d ) e n p a r a l e l o , m e d i a n t e l a q u e l o s n b i t s d e l d a t o

son almacenados a la vez, introdu ciéndos e por n e n tr a d a s n - , - 1 0 .

- Desp lazamiento ( s h i f t ) , mediante la que los n bits del dato son almacenados en

X Operación

X Up/Clear0 P u e s t a a c e r o

1 C u e n t a a r r i b an q 1 q 0

c l k Q c l k








clk

x

y

[CONT

clk

Solución P2 .-El contador s ó l o t i ene d o s m o d o s d e o p e r ac i ó n : cuenta ascendente, Up/Clear=l,

y pu esta a cero sí ncrona, Up/Clear=0 . Como se observa en la sigu iente figura, la operación de

puest a a cero se activa p ara los valores d e cuenta 6 y 7 . Para el resto de los estados tenemos la

operació n de c uenta ascendente . Se trata de un contador módulo 7 sin bloqueo .

CONT[3]Up/Clear

q2 q 1 q0

0

Pro b l ema 2 . - A n a l i c e e l c i r c u i t o d e l a s i g u i e n t e f i g u r a , c o n s i d e r a n d o q u e l a o p e r a c i ó n d e c l e a r

es sí ncrona .

91 11 1 1 1 '

P r o b l e ma 3 . - Diseñe un contador módul o 4 que tenga las si guientes característic as :

• Ser síncrono y disparado por flanco de su bida .

• Ser puesto a 0 de manera asíncrona .

c) nhibirs e de la cuenta, manteniendo el est ado almacenado .

• Contar hacia arriba .

• Contar hacia abajo .

f ) C a r g a r d a t o s e n p a r a l e l o .

S o l u c i ó n P 3 . - Al ser un contador de módulo 4, sól o necesitaremos para su realización dos bi-

estables . Estos deberán ser disparados por f lanco ascendente, tener entrada asíncrona de clear






Si el dato a cargar coincide con el estado del biestabl e, éste no debe cambiar de valor,

por lo que su entrada será 0 . En el caso en qu e dif ieran, la entrada será 1 .

To = q 0 e Do

T1 = q 1 , 9 1 3 1

La soluci ón, p ara la parte síncrona, será la unión de las entradas de los bi estables p ara

cada señal de control :

T o = l . c 1 . c o +1 .c 1 . c o +0 .c 1 . c o +(g0 eD0 ) c 1 c o

T1 = qo c 1 co+go c 1 - c o +0 c 1 c o + ( q 1 eD 1 )c 1 * c o

clk

P r o b l e ma 4 . - Diseñe un contador módu lo-60 (0-59) uti lizando dos co ntadores, uno de los

c ua le s es módulo 10 . Realice el segundo contador con bi estables JK y p uertas lógic as .

S o l u c i ó n P 4 . - El contador que tenemos que dis eñar con biest ables JK debe ser de módulo 6 e

incrementarse cada vez que el contado r de módulo 10 alcance su ú lti mo estado d e cuenta .

Vam o s a s u p o ner q u e e l c o n ta d o r de m ó d u l o 10 d i s p o ne de se ñal de c a r r y ( C y ) . Daremos dos

s o l u c i o ne s a l p ro b l ema . En la primera, el c a r r y del c ontad or de mó d u l o 10 se ut i l i za c omo

señal de u p del seg und o c ontad or

Cy

mod . 1 0

clk1 u p

mod . 6

En esta soluc ión no influye el tipo de flanco que se escoja para los co ntadores, eso sí,

los d os deben ser iguales .

En la segunda soluc ión, l a señal de c a r r y del primero se emplea como reloj del segundo .

Aquí, s í es necesario, para asegurar que los c ontadores cambien al mismo t iempo que el f lanco

de disp aro sea de bajada .

El circu i t o res u l tante es :

1-0C1 q 0-0 Cl

1-1q q0-1 q

0 - 2T 0 - 2 T1

Do- q 3 qq o- 3 1 0

D 1 -1q1 10 A

1, 1 C Oc 1 CO






CARGA CUENTA CLEAR Operación

S u p o nem o s q u e t o d a s l a s o p era c i o ne s s o n s í n cr ona s .

1 .- Para realizar un contador de 0-5 utili zando este dispo siti vo debemos interrumpir la

se c u en c i a n orma l de f u n c i o nam ien t o de l m i s m o , f o r z á n d o l o a q u e p a sa d o e l e s t a d o 5 v ue l v a

a l e s t a d o i n i c i a l , e l 0 .

Para ello tenemos dos posi bili dades : la primera, generar un clear ; l a segunda, u na carga

en paralelo d onde, previamente, las l íneas de carga se hayan puest o a valor ló gico 0 . El modo

más natural, en este caso, sería el util izar la señal de clear .

Las operacio nes a realizar con este contador so n dos : cuenta y clear ; para lo que las

señales de control deberán ser (CARGA, CUENTA, CLEAR) = (0, 1, - ) y (0 , 0 , 1)

respectivamente . Esto hace qu e la señal de CARGA siempre esté a 0 y, pu esto que CUENTA

es priorit aria, la señal de CLEAR p uede estar a 1 . La soluci ón a este apartado se reduce a

obtener un circuito combinacional que en función del estado del c ontador genere la señal de

CUENTA .

CARGACUENTACLEAR 3210

r-W-1LWEW

CUENTA

CUENTA = q 2 q0

clk

Dado que las operaciones son s íncronas, deberemos generar la operació n de clear en el

estado 5, p ara que, cu ando se recib a el sigu iente flanco de reloj, el pró ximo estado sea el 0 .

1 Carga

0 1 Cuenta

0 0 1 Clear

0 0 0 nhibición



E l K - m a p a p a r a l a f u n c i ón c a r g a e s :

q 3 q2q0 00 0 1 1 1 1 01 4

0 0

0 1

1 1

1 0

CARGA

CARGA = q 2 - q , - q 0

3 . E s t e a p a r t a d o e s i g u a l q u e e l a n t e r i o r , s a l v o q u e a h o r a s e a c t i v a l a s e ñ a l d e C A R G A

e n e l e s t a d o d e cu e n t a 9 , y e l d a t o a c a r g a r e s e l 0 1 0 0 .

CARGA = q 3 - q 0

4. P a r a e s t e a p a r t a d o e s n e c e s a r i o u t i li z a r a l m e n o s d o s c o n t a d o r e s . L a s e ñ a l d e c a r r y

d e l p r i m e r c o n t a d o r l a u t i l i z a r e m o s p a r a i n c r e m e n t a r a l s e g u n d o . Asimismo, generamos u n

c l e a r c u a n d o e l v a l o r d e l c o n j u n t o d e l a s l í n e a s q u e f o r m a n l o s d o s c o n t a d o r e s s e a 3 4 o l o q u e

e s e q u i v a l e n t e, q u e l a s l í n e a s q 1 d e l o s d o s c o n t a d o r e s s e a n 1 y e l r e s t o 0 . P o d e m o s d e d u c i r

d i r e c t a m e n t e la e x p r e s i ó n d e la s e ñ a l d e c l e a r c o m o :

CLEAR = q¡ q

d o n d e e l s u p e r í n d i c e d i s t i n g u e e l c o n t a d o r .


C o m o a n e x o a l a p a r t a d o , p o d e m o s d e ci r q u e e s t e c i r c u it o n o s u f r e s i t u a c i ó n d e b l o q u e o ,

p o r q u e s i i n i c i a l m e n t e s e d a u n e s t a d o f u e r a d e l r a n g o , s u s l í n e a s d e c o n t r o l p r o v o c a r á n u n a

c u e n t a a s c e n d e n t e o u n r e s e t . P o r t a n t o , s i e m p r e s e l l e g a r á a l a s e c u e n c i a d e e s t a d o s p r e v i s t a .

2 . - P a r a d i s e ñ a r u n c o n t a d o r q u e c u e n te d e 1 0 a 1 5 , u t i l i z a r e m o s l a s o p e r a c i o n e s d e c a r g a

y c u e n t a . L a s l í n e a s d e c a r g a d e l c o n t a d o r d e b e r á n t e n e r e l n ú m e r o 1 0 1 0 c o r r e s p o n d i e n t e a l

e s t a d o i n i c i a l . L a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l d e b e n s e r : (CARGA, CUENTA, CLEAR) = ( 1 , - , - ) p a r a

c a r g a y ( 0 , 1 , - ) p a r a c u e n t a a s c e n d e n t e . P or t a n t o , l a l í n e a d e C U E N T A l a d e j a m o s a 1 , l a d e

C L E A R p u e d e t o m a r c u a l q u i e r v a l o r y l a s e ñ a l d e C A R G A l a g e n e r a m o s e n f u n c i ó n d e l e s t a d o

d e c u e n t a d e l c o n t a d o r .

c l k




Las operaciones a realizar por el cont ador dos son : inhibición, cuenta ascendente y

c l e a r , para lo que las entradas de control (CARGA,CUENTA,CLEAR) deben tomar los

valores ( 0 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , - ) y ( 0 , 0 , 1 ) . Para ello CARGA se pu e de po ner a 0, CUENTA se co necta

con la señal de c arry del primer c ontador y c lear se activa en el estado de cuenta 34 .

Para el contado r CONT, las operacio nes a realizar son : cuenta ascendente y c l e a r , para

lo q ue las entradas d e control deben ser ( 0 , 1 , - ) y ( 0 , 0 , 1 ) . Para ello pod emos d ejar CARGA a 0,

CLEAR a 1 y co ntrolamos la entrada de CUENTA, de modo que cu ando esté a 1, se realizará

c u e n ta a s c e nde n te y c ua n d o e s t é a 0 un clear . La señal de CUENTA la obtendremos

invirtiendo l a señal que se acti va cuando se alcance el estado d e cuenta 34 . En la sigu iente

figura se muestra el result ado final :

CARGACONT 2 CUENTA

CLEAR3210

Prob lema 6 . - D i s e ñ e u n r e g is t r o u n i v er s a l d e 4 b i t s . E n p a r t i c u l a r , d e b e c u m p l i r l a s s i g u i e n t es

e s p e c i f i c a c i o n e s :

a ) S e r s í n c r o n o y d i s p a r a d o p o r f l a n c o p o s i t i v o d e r e l o j .

b ) T e n e r e n t r a d a d e p u e s t a a c e r o a s í n c r o n a .

c ) T e n e r l a s c u a t r o f o r m a s d e o p e r a c i ó n s i g u i e n t e s :- n h i b i c i ó n

- D e s p l a z a m i e n t o a l a i z q u i e r d a .- Despl azamiento a la derecha .

- C a r g a d e d a t o s e n p a r a l e l o .

S o l u c i ó n P 6 . - Utilizaremos 4 biestables tipo D, disparados por fl anco de subid a y con entrada

asíncrona de Cl activa en alto . Todos l os b iestables van a utilizar la misma señal de reloj . La

codif icación qu e podemos realizar para las 5 operaciones de c ontrol es :

1

- 0 Cy CARGA

CONT 1 CUENTACLEAR

32101

0

1

c l k

Supongamos que salvo el CLEAR, el resto de las operaciones so n síncronas . Entonces ,

para cada biestabl e D tenemos que :

c2 c l c o OperaciónL 3 L2 L 1 Lo

0 0 0 SHL Rin L i n0 0 1 SHR C2 R[4] r0 1 1 LOAD

C 1

c o0 1 0 NH

11 xx CLEAR SOq 3 q 2 q l

q 0

So r



S i c 2 c 1 c 0 = 0 0 0 ( d e s p l a z a m i e n t o a l a i z q u i e r d a ) , l a s e n t r a d a s s o n :

D o = L i n

S i c2c1c0 = 001 (desplazamiento a la derecha), las entradas son :

D3 = R i n

S i c 2 c 1 c 0 = 0 1 0 ( i n h i b i c i ó n ) , s e c o n e c t a r á l a e n t r a d a a l a s a l i d a q d e l b i e s t a b l e :

D i =q i

S i c 2 c 1 c 0 = 0 1 1 ( c a r g a ) , l a s e n t r a d a s c o r r e s p o n d e r á n c o n l a s l í n e a s d e c a r g a :

Di =Li

La expresió n para la entrada de cada bi establ e se obti ene uniendo l as expresiones

a n t e r i o r e s p a r a c a d a e n t r a d a d e c o n t r o l .

Do = Li n C 1 co+q1 c1 .co+go . c 10 +Lo .c 1 . c o

D1 = go . c 1 . co + q 2 C1 co+q1 c 1 . c o +L1 . c 1 c o

D2-q1 - c l .co+q3 - 1 .co+g2 . C 1 .co+L2 c l c o

D3 = q2 c, co +R i n C 1 Co+q3 c 1 c o +L3 c 1 c o

En las expresio nes anteriores se ha eli minado la variable c 2 . Esto s e puede hacer si

util izamos c 2 exclusivamente como señal que actú a sob re las entradas c l e a r d e l o s b i e s t a b l e s .

C u an d o c 2 = 1, el bi establ e se pone a 0 independientemente del valor de su entrada síncrona .

S i c 2 = 0 , e l e s t a d o f u t u r o d e l b i e s t a b l e d e p e n d e d e l v a l o r d e s u e n t r a d a y d e l e s t a d o p r e s e n t e .

E n l a s i g u i e n t e f i g u r a a p a r e c e e l c i r c u i t o c o r r e s p o n di e n t e a l a c e l d a i d e l r e g i s t r o .

c 2

( L i n s i i = 0 ) qi-

( R i n s i i = 3 ) qi+1

q i

Li

D i = q i - 1

Di = q i . 1

SUBSSTEMAS SECUENCALES 241

i = 1 , 2 , 3

i =0 ,1 , 2

P r o b l e ma 7 . - La figura muestra un registro d e cuatro bits y s us o peraciones . U t i l i z a n d o

c o n e x i o n e s y c i r c u i t e r í a e x t e r n a a d i c i o n a l a e s e r e g i s t r o :




a) Obtenga un registro universal de cuatro b its ; esto es, tendrá carga en paralelo,

desp lazamiento a derecha e izqu ierda, y "no-cambi o" (inhibic ión) .

S : E n t r a d a e n s e r i e . c l k

SH: Desplazamiento a la derecha .

L : Carga en paral elo .

SO: S a l i d a s e r i e .

3 2 1 0REG

3 2 1 0

SOq 3 q 2 q 1 q 0

b) Construya u n regist ro con d esplazamiento ci rcular a la derecha y c omplete el

d i a g r a m a t e m p o r a l m o s t r a d o s i c u a n d o s e a c t i v a l a s e ñ a l d e c a r g a ( L ) e l v a l o r d e l a s e n t r a d a s

es X3X2XjXo = 1010 .

clk

L JSH

SO


a) Para conseguir la única op eración no di spo nible, el desp lazamiento a la izquierda,

u t i l i z arem o s la o p era c i ó n de car g a de f o rma q u e me d i ante un ca b l ea d o a p r o p i a d o en tre las

salidas d el registro co n las entradas de carga se simule este desp lazamiento . El registro a

dis eñar debe tener dos s eñales de control qu e permitan la realizaci ón de cuatro operacio nes

distintas . L l a m em o s a e s t a s s e ñ a l e s 1 1 e l o . En la s i g u i en te ta b l a , a p arece una p o s i b l e

codi fic ación de éstas y su relación con las s eñales a activar en el registro .

Asimismo, necesitamos c ontrolar los d atos d e carga en el registro .

Si 1 o = 01, los dato s de entrada al registro d eben ser los p ropio s de la carga, o sea,

X; = D i p a r a i = 0 , 1 , 2 , 3 .

S i 1 , 1 0 = 11, se debe realizar el desp lazamiento a l a izquierda, p ara lo cual t enemos qu e

X; = q ; _ 1 para (i = 1, 2, 3) y X o = SL . ( Esta es una entrada adic ional q ue añadiremos para la

realizació n del registro universal . La salida del desp lazamiento a l a izquierda será SOL= q3) .

1 1 o SH L O p era c i ó n

0 0 0 0 nhibición

0 1 0 1 Carga

1 0 1 - SHR1 1 0 1 SHL

SH L REG 4- S

0 0 REG0 1 X3-Xo

SH

1 - SHR(REG,S) L

Ck



U n i e n d o l a s e x p r e s i o n e s a n t e r i o r e s , n o s q u e d a n l a s e c u a c i o n e s s i g u i e nt e s :

X3 - D 3 . 1 +q 2 1

X 2 = D 2 1 1 + q , . 1 1

X1 = D 1 . 1 1 +q 0 . 1 1

Xo =DO* + S L . 1

P u e d e o b s e r v a r s e q u e e n l a s e x p r e s i o n e s a n t e r i o r e s s e h a e l i m i n a d o l a d e p e n d e n c i a d e

l o . E s t a e n t r a d a s ó l o s i r v e p a r a d i s t i n g u ir e n t r e l a o p e r a c i ó n i nt e r na d e c a r g a , y l a s r e s t a n t e s

( d e s p l a z a m i e n t o a d e r e ch a e i n h i b i c ió n ) . C u a n d o e s t a s ú l t i m a s e s t á n a c t i v a s , l o s v a l o r e s d e l a s

e n t r a d a s d e c a r g a s o n i n d i f er e n t e s , p o r l o q u e la a u s e n c i a d e o n o a f e c t a a l a o p e r a c i ó n d e l

d i s p o s i t i v o .

N o s q u e d a , p o r ú l t i m o , d i s e ñ a r e l c i r c u i t o q u e a d a p t e l a s s e ñ a l e s d e c o nt r o l 1 l o a l a s d e l

r e g i s t r o S H y L . D e l a t a b l a i n i c i a l , p o d e m o s s a c a r l a s e x p r e s i o n e s a l g e b r a i c a s s i g u i e n t e s :

SH =1 1 , 1 0

L= 1 + 0


SHL

Ck

b ) E l r e g i s t r o c ir c u l a r s e c o n s t r u y e r e a l i m e n t a n d o l a s a l i d a q 0 c o n l a e n t ra d a S .

- X 2 X 1 Xo

S 3 2 1 0REG

3 2 1 0


1

L=1 0

SO

q 3 q 2 q 1 q0

P o r ú l t i m o , n o s f a l t a o b t e n e r l a f o r m a d e o n d a d e l a s a l i d a c u a n d o s e s o m e t e a l c i r c u i t o

a l a s e c u e n c i a d e o p e r a c i ó n m o s t r a d a s e n l a f i g u r a d e l e n u n c i a d o .




X2 X Xo

0 0 1

0 1 0

0 1 1

0 0 01 - -

11 11 •< 11 . 4 Q j > •1 1

Para dibujar la forma de onda de la sali da del regist ro debemos tener en cuenta que los

cambios en la salida suc eden en los f lancos de bajada de la señal de reloj . S u p o n g a m o s q u e

i n i c i a l mente e l c o n ten i d o de l re gi s t r o e s de s c o n o c i d o . C uand o se re c i b e e l p r imer f l an c o

activo, las señales de co ntrol L y SH están respectivamente a 1 y O lógi cos . Esto provoca una

carga en paralelo . A partir de este ciclo ya es conoci do el contenido del registro . En los cinco

f lancos si g uientes las señales de control p rovocan el desp lazamiento su cesivo del co ntenido

del registro . La salida SO se corresp o nde, en cada momento con el bit menos signi f ic ativo .

Para los últi mos tres ciclos , el registro se inhibe po r lo qu e no se altera el contenido .

Pro b l ema 8 . - L a f i g u r a r e p r e s e n t a u n r e g i s t r o d e 8 b i t s c u y a s f u n c i o n e s s o n l a s e s p e c i f i c a d a s

en la tabla . Las sali das DZ deben ir conectadas a un BUS comp artido . El BUS EB es

b i d i r e c c i o n a l .

a) Diseñe el registro u til izando puertas y biest ables de ti po T con entradas de PRESET

y CLEAR acti vas en alto (H) .

b) Añada al diseño realizado en el apartado anterior un circuit o para que cada funció n

del registro se ejecute activando una única línea . En esta parte pueden utili zarse

subsi stemas co mo elementos de diseño .

Operació n sob re REG[8]

Lectura desde DZ

Escrit ura en REG

Lectura desde EB

Puesta a cero sí ncrona

Pu esta a cero asíncrona

X2

X 1

xo

S o l u c i ó n P 8 . - Diseñamos u na celda de este registro . Las salid as al bus DZ deben sop ortar alta

i m p e d a n c i a p o r s e r es t e u n b u s c o m p a r t i d o . Para esta salida uti lizamos buffers triestados .

E s t o s buffers se usan también en la salida EB, para evitar las col isi ones entre la salid a del

biestable y el dato de entrada . Partimos de la si guiente estructura :



X 2 _ o

q ,


EB i

A ; y B i s o n l a s e n t r a d a s d e c o n t r o l d e l o s buffers t r i e s t a d o y D i l a e n t r a d a d e d a t o s q u e

s e o b t i e n e d e l b u s b i d i r e c c i o n a l . El circuito combinacional C .C . d e b e g e n e r a r l a s s e ñ a l e s T i ,

A i , B i , Cl i y Pr i , en función de las señales de control X i , d e l e s t a d o a c t u a l y e l d a t o d e e n t r a d a

Di . Para no extender demasiado el d iseño, vamos a util izar para el circui to C .C sub sis temas

combinacionales . La tabla de funcio namiento para C .C . e s :

Hemos su puest o qu e los b uses s e encuentran en alt a impedancia si empre que no se haga

una operació n de lectu ra que los afecte . En cuanto a las señales asíncronas, Pr, como se

observa, no se uti liza por lo que podemos fi jarlo a 0 . A la señal Cl podemos asi gnarle

di rectamente la variabl e X 2 . Cuando X2 t ome el valor 1, el regis tro se p one a 0

independientemente de las restantes señales de control . Esto nos s irve para independizar la

expresió n de T i d e l a v a r i a b l e X 2 . Por tanto, p odemos deducir que :

T i =q;-X, X o +D i og i .X 1 .X O

Esto se p odrá realizar con un multipl exor de 4 canales . P a r a l a s e n t r a d a s d e c o n t ro l d e

los buff ers tenemos :

A;=X2 . X, .Xo

B; = X2 X, Xo

En este caso h emos preferid o no elimi nar la dependencia de X 2 para asegurar que se

produ ce la lectura sól amente en los casos que se especifi can en el enunciado . E l c i r c u i t o

result ante queda como :

XAX0 Ti Ai B i Cl i Pr i Operación

0 0 0 q i 0 0 0 0 Cero s íncrono

0 0 1 0 1 0 0 0 Lectu ra DZ

0 1 0 D i @ q i 0 0 0 0 E s c r i t u r a

0 1 1 0 0 1 0 0 Lectu ra EB

1 - - 0 0 0 1 0 C e r o a s í n c r o n o




Pro b l ema 9 . - a) Diseñe un contador sí ncrono co n una entrada X, d e forma que sea un

cont ador d e mod-16 para X = 0 y de mod- 12 para X = 1 .

b) Diseñe un ci rcuito que genere la secuencia de p alabras d adas en el diagrama de

tiempo de l a figura uti lizando el contador anterior y una ROM .

16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 12 13 14 15 16 1

secu encia para X = 1

secu encia para X = 0


a) Util izaremos un contador módu lo 16 c on puesta a cero síncrona . Si la entrada X está

a 0, lo dejaremos recorrer los 16 estado s ; si X está a 1, sólo le dejaremos recorrer los 12

primeros estados, para lo cual generaremos u n c l e a r cuando el estado de cuenta sea el 11 en

dec imal . Si su ponemos que la señal de c l e a r (Cl) es activa en alta, t enemos :

X=1

C1

8392q\ 00 01 11 10

00 o o 0

0 1 0 0 o

1 1 0 o

10 0 o o



La expresi ón algeb raica para Cl es :

C1 = g 3 q 1 q o .X


Z dZ cZ b

Z a

c l k

ROM

0 01 12 23 3

C

q 0 q q q 3

c l k

En cada cic lo de reloj tenemos un estado de cuenta para el co ntador y u na direcció n

activa de la ROM cuyo contenido se most rará en las s alidas z a , . . . , z d . S i p a r a e l c i c l o 0 ( estado

d e c u e n t a 0 ) , l a s s a l i d a s ( z a , z b , z c , z d ) = ( 1, 0, 1, 0), la direcci ón 0 de la ROM deberá tener

precisamente este contenido, o sea, (1, 0, 1, 0) . R e p i t i e n d o e s t e p a s o p a r a t o d o s l o s c i c l o s ,

tenemos la sig uiente tabl a de programació n de la ROM :

X

b) Para generar la secuencia deseada utili zaremos el c ircuit o anterior y una ROM . Con

esta última será posibl e generar, para los 16 posibl es estados, l as salidas za, Zb , Z c Y zd

correspondientes . Por tanto, exigiremos que la ROM pos ea 16 posi ciones d e memoria (4 líneas

de dirección, que co rresponderán con las líneas de salida del c ontador) y cuatro bi ts en cada

p o s i c i ó n ( v a l o r e s d e l a s s a l i d a s z a , . . . p a r a c a d a c i c l o d e re l o j o e s t a d o d e l c o n t a d o r ) .


mód. 1 2 / 1 6

A q q1 q q3

D i r e c c i ó n Contenido

$0 AE

$2 $5

$3 $ 1

$4 $4

$5 $6

$6 $6

$7 $F

$8 $B

$9 $9

$A $5

$B $3

$C$D

$A$0

$E

$F

$C

$3





SUBSSTEM AS SECUENCALES 2 4 9

e s t a f o r m a , s a l v o e l p a s o d e l e s t a d o G a l A , t o d a s l a s t r a n s i c i o ne s ( A - B , B-C, . . . ) p u e d e n s e r

r e a l i z a d a s s i n m á s q u e a c t i v a r l a s e ñ a l d e c u e n t a .

E l s e g u n d o p a s o c o n s i s t e e n a s i g n a r e l e s t a d o d e c u e n ta c e r o . E n g e n e ra l , e s c o g e re m o s

a q u e l e s t a d o q u e s i m p l i f i q u e e l n ú m e r o d e o p e r a c i o n e s d e c a r g a . P a r a n u e s t r o e j e mp l o , e x i s t e n

v a r i a s s o l u c i o n e s ; a s i g n a r l a c ue n t a 0 a l e s t a d o A , a l D o a l G . D e e s t e m o d o , e l n ú m e r o d e

o p e ra c i o n e s d e c a r g a d i s t i n t a s , e s d e d o s , m i e nt r a s q u e , s i h u b i é r a m o s e s c o g id o c u a l q u i e r o t r o

e s t a d o , e l n ú m e r o d e e s t a s o p e r a c i o n e s s e r í a m a y o r ( e s t o e s eq u i v a l e n t e a e l e g i r c o m o e s t a d o 0

a a q u e l e s t a d o q u e r e c i b a e l m a y o r n ú m e r o d e t r a n s i c i o n e s ) . S i e s c o g e m o s , p o r e j e m p l o e l A ,

l a t a b l a d e a s i g n a c i ó n d e c ó di g o s q u e d a :

E s t a d o

U n a v e z e l e g i d a l a a s i g n a c i ó n , r e c o r r e m o s n u e v a m e n t e e l d i a g r a m a d e e s t a d o s p a r a

c o n o ce r l a s o p e r a c i o ne s q u e s e n e c e s i t a n e n e l c o n t a d o r :

Estado A . - S ó l o t i e n e u n a t r a n s i c i ó n h a c i a e l e s t a d o B . E s t o s e c o n s i g u e c o n o p e r a c i ó n

d e c u e n t a a s c e n d e n t e ( u p ) .

E s t a d o B . - S ó l o t i e n e u n a t r a n s i c i ó n h a c i a e l e s t a d o C . O p e r a c i ó n d e c u e n t a a s c e n d e n t e

( u p ) .

Estado C . - T i e n e u n a t r a n s i c i ó n h a c i a e l e s t a d o A q u e r e a l i z a r e m o s c o n c l e a r y o t r a

h a c i a e l e s t a d o D q u e h a r e m o s c o n u p .

Estado D . - T i e n e u n a t r a n s i c i ó n h a c i a e l e s t a d o E q u e r e a l i z a r e m o s c o n u p y o t r a h a c i a

e l G en l a q u e t e n d re m o s q u e u t il i z a r l a s e ñ a l d e c a r g a . E l v a l o r q u e p o n d r e m o s e n l a e n t r a d a

p a r a l e l o e s e l 0 1 1 0 ( 6 e n d e c im a l ) .

E s t a d o E . - U n a t r a n s i c i ó n ha c i a e l F m e d i a n t e o p e ra c i ó n d e up y o t r a h a c i a s í m i s m o q u e

r e a l i z a r e m o s c o n o p e r a c i ó n d e i n h i b i c i ó n ( o b i e n d e c a r g a ) .

E s t a d o F . - U n a t r a n s i c i ó n ha c i a e l G m e d ia n t e u p y o t r a h a c i a e l e s t a d o D m e d i a n t e u n a

o p e r a c i ó n d e c a r g a c o n e l v a l o r 0 0 1 1 ( 3 e n d e c i m a l ) .

Estado G . - U n a ú n i c a t r a n s i c ió n h a c i a e l e s t a d o A q u e r e a l i z a r e m os c o n c l e a r .

P o d em o s d e d u ci r q u e e l c o n t a d o r d e b e di s p o n er , p a r a r e a l i z a r e l d i a g r a m a , d e l a s s e ñ a l e s

d e c o n t r o l a n t e r i o r e s y d e u n m í n i m o d e 7 e s t a d o s d e c u e n t a . C o m o p o d e m o s v e r , e l c o n t a d o r

d e l a f i g u r a c u m p l e c o n t o d o s e s t o s r e q u i s i t o s . E l s i g u i e n t e p a s o c o n s i s t e e n o b t e n e r l a s

e x p r e s i on e s a l g e b r a i c a s q u e r e l a c i o n en l a s s e ñ a l e s d e c o n t r ol a a c t i v a r y d a t o s d e c a r g a c o n e l

e s t a d o p r e s e n t e d e l c o n t a d o r y l a e n t r a d a X . P a r a s i m p l i f ic a r e s t a t a r e a , v a m o s a h a c e r u n a

r e d u c c i ó n p r e v i a ; e l c o n t a d o r d i s p o n e de c u a t r o s a l i d a s , d e l a s c u a l e s s ó l o n o s s o n ú t i l e s t r e s ,

y a q u e e l d i a g r a m a t i e n e s i e t e e s t a d o s . V a m o s a h a c e r l a a s i g n a c i ó n , p o r t a n t o , i g n o r a n d o e l

v a l o r d e q 3 .




Partiendo de est a asignación y t eniendo en cu enta la entrada X, q ueremos d iseñar un

c i r c u i t o c o m b i n a c i o n al q u e a c t i v e l a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l a p r o p i a d a s p a r a g enerar l a s

transici ones de estado representadas en el diagrama de estado s .

X q2 q1 q0

PTClearLoad

D3 D2 D1 D0

q q q q

C .C .

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

En la figura, hemos fijado D 3 y D 1 a 0 y 1 lógic os respectivamente, puesto que los d atos

que cargamos son, o b ien -011 (estado D), o b ien -110 (estado G) . La tabl a de verdad del

circuit o combinacional se muestra a continuación :

C l e a r L o a d P T

X

D2 D 0

0 0 0 0 1 1 1 10 0 0 1 1 1 1 10 0 1 0 00 0 1 1 1 0 1 00 1 0 0 1 1 0 -0 1 0 1 1 0 0 10 1 1 0 00 1 1 11 0 0 0 1 1 1 11 0 0 1 1 1 1 11 0 1 0 1 1 1 11 0 1 1 1 1 1 11 1 0 0 1 1 1 11 1 0 1 1 1 1 11 1 1 0 01 1 1 1

Estado q 3 q 2 q1 q0

A 0 0 0B 0 0 1

C 0 1 0

D 0 1 1

E 1 0 0F 1 0 1

G 1 1 0



CONT4 CONT3

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

CONT2 CONT1

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

c l k

Y CONT 1 CL 1

q 3 q 2 q 1 q 0


E n l a t a b l a a n t e r i o r , p a r a l a e n t r a d a 0 1 0 0 d e l c i r c u i t o c o m b i n a c i o n a l , s e h a n e s c o g i d o

p a r a P y T l o s v a l o r e s 0 y - respectivamente, de forma que P . T = 0 . L a s e c u a c i o n e s d e s a l i d a

para el circuito combinacional son :

P=q2+X T= 1 Do =q2 D2=q1

CLEAR = q, +q o q 2 +X q2

LOAD = q o +q, q 2 +X

Pro b lema 11 . - Se dispo ne de una señal bi naria con period o de 1 minuto, contadores de

módul o 10 di sparados p or flanco negativo, con entrada de clear síncrona acti va en alta y

salid a de acarreo (carry), visuali zadores de 7 segmentos c on entradas BCD y pu ertas lógic as .

Diseñe un reloj digit al que muestre las horas y minutos .

S o l u c i ón P 1 1 .-Podemos deducir, a partir del funcionamiento d el reloj, que necesitaremos d os

contadores para los minutos y ot ros dos para las horas . L a s a l i d a b i n a r i a d e e s t o s c o n t a d o r e s

pued e actu ar como entrada a los dis plays de 7 segmentos como recoge la sigui ente figu ra :

El contador CONT1 debe ser capaz de cambiar desde el est ado 0 al estado 9 en cada

m i n u t o o c i c l o d e r e l o j .

c l k ( ' i m i n " )

El contador CONT2, debe cambiar de estado c ada 10 minutos . Los estados que puede

r e c o r r e r v a n d e s d e e 1 0 a l 5 . Como las únicas operaciones qu e pueden realizar estos c ontadores

s o n l a c u e n t a a r r i b a y e l c l e a r , nos vemos obli gados a dot ar a este contador de una señal d e

reloj de 10 minuto s . Ésta la po demos co nseguir a partir del c a r r y del c ontador CONT1 .

Además, cuando el est ado de cuenta alcance el valor cinco, acti varemos la señal de c l e a r .

CL2 = q i q ó




E l s u p e r í n d i c e d e l a e x p r e s i ó n a n t e r i o r h a c e r e f e r e n c i a a l c o n t a d o r d e l q u e e x t r a e m o s l a s

s a l i d a s q ; . E n e s t e c a s o , e l c o n t a d o r CONT2.

c l k

CY 1

CL2

CONT 1

CONT 2

CY2 CONT2 CL2

q 3 q2 q 1 q 0

0CY 1 CONT 1

q 3 q2 q1 q 0

. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . Z EX C:>C4 0

c l k

L a s i g u i e n t e f i g u r a r e p r e s e n t a u n a n á l i s i s t e m p o r a l d e l a s s e ñ a l e s q u e i n t e r v i e n e n e n e l

minutero .

5 iCEl diseño del contador CONT3 es algo más co mplejo . É s t e d e b e c a m b i a r d e e s t a d o c a d a

60 minutos y, en función del estado del contador CONT4, d e b e a l c a n z a r h a s t a e l v a l o r n u e v e

(cuando [CONT4] < 2 ) , o s ó l o h a s t a e l t r e s ( c u a n d o [CONT4] = 2) . P a r a s u e n t r a d a d e r e l o j ,

u t i l i z a r e m o s l a s e ñ a l d e c l e a r del contador CONT2. S i n o s f i j a m o s e n l a i l u s t r a c i ó n a n t e r i o r ,

e s t a s e ñ a l g e n e r a u n f l a n c o n e g a t i v o , c a d a 6 0 m i n u t o s , s i n c r o n i z a d o c o n l a s e ñ a l c l k . P o r o t r o

lado, d ebemos acti var la señal de c l e a r ( CL 3 ) c u an d o [CONT4] = 2 y [CONT3] = 3 . La

ecuación para la señal CL 3 es :

CL 3 = q i • q i . q ó

Por último, el contador CONT4 debe tener una señal d e relo j que lo haga cambiar de

estado cada diez ho ras, cuando [CONT4] < 2 ; o b ien cuando el reloj s e encuentre en la

s i t u a c i ó n 23:5 9 . Esta señal de reloj l a pod emos obt ener uniendo mediante operación OR, una

señal binaria con period o de diez horas, con o tra con period o de cu atro cuando el

[CONT4] = 2 . P a r a l a p r i m e r a , u t i l i z a r e m o s l a s a l i d a d e c a r r y del contador CONT3 . P a r a l a

segunda, util izaremos la salida q 1 del contador CONT3 (ya que las salidas de un contador

actuán como d ivis ores de frecuencia y, po r tanto, como la entrada de reloj del co ntador

CONT3 tiene un periodo d e una hora, la señal q 0 tendrá un periodo de do s horas y la q l , d ec u a t r o ) .



L a s e ñ a l d e l c l e a r l a a c t i v a r e m o s c u a n d o [ C O N T 4 ] = 2 .

CLK4 = qi q 1 +CY 3

CL4=q

E l c i r c u i t o r e s u l t a n t e s e r e p r e s e n t a e n l a s i g u i e n t e f i g u r a :

CY4CONT 4 CL4

q q qi q

CY 33

q1

[CONT4]_ 0

Z

1

. . . . . . . . . . . . .1> c

110010

s h l l l o a d

g 5 g4q 3 q 2 q i q 0

Li n

A

SUBSSTEM AS SECUENCALES 2 5 3

CY3CONT 3

CL3q 3 q 2 q i q

L a s i g u i e n t e f i g u r a i l u s t r a e l c o m p o r t a m i e n t o t e mp o r a l d e e s t a p a r t e d e l c ir c u i t o .

c l k 3

[CONT3]

Probl ema 12 . - D i s e ñ e u n c i r c u i t o q u e g e n e r e l a s e c u e n c i a : 1 , 1 , 0 , 0 , 1 , 0 .

Solución P 12 . - E x i s t e n m ú l t i p l e s s o l u c i o n e s a e s t e p r o b l e m a . V a m o s a p l a n t e a r a l g u n a s .

a ) A p a r t i r d e l d i a g r a m a d e e s t a d o s . O b t e n i e n d o e l c i r c u i t o u t i l i z a n d o e l m é t o d o

s i s t e m á t i c o d e s í n t e s i s d e c i r c u i t o s s e c u e n c i a l e s .b ) B a s a d o e n u n r e g i s t r o d e d e s p l a z a m i e n t o , d o n d e l a s a l i d a q 5 s e c o n e ct a a l a e n t r a d a

L i r , p a r a l a g e n e r a c i ó n p e r i ó d i ca d e l a s e c u e n c i a .

c l k

C l k

T = 1 h o r a

E n e s t e c a s o , e l r e g i s t r o n e c e s i t a s e r c a r g a d o c o n l a s e c u e n c i a . E s t o s e c o n s i g u e c o n l a

s e ñ a l d e c o n t r o l X , y c o l o c a n d o e n l a s e n t r a d a s d e c a r g a l o s b i t s d e l a s e c u e n c i a . S i X = 0 s e




carga el dato externo, y si X = 1, se realiza el desp lazamiento a la izquierda en cada ciclo de

r e l o j . La secuenci a normal de fu ncionamiento p ara este registro , se muestra en la sigui ente

figu ra, donde se ha sup uesto q ue la carga es asíncrona .

q 5

c) Usando un registro de desp lazamiento, pero co n un número de bi estables infertora

los bit s de la secuencia a generar .

Como mínimo, el registro de desp lazamiento debe tener 3 biestables y a que se necesita,

al menos, 6 est ados .

r

S .R[3] Li n

q2 q1 q0

C .C .

Puest o que este registro no pued e almacenar la secuenci a entera, tendremos qu e diseñar

un circui to co mbinacional que en funci ón de los bits d e la secuencia parcial que se encuentran

en el regis tro, introd uzca el próximo bit de la secuencia por Li n .

P ara determinar el c irc u i t o se proc ede de la sig u iente manera . Supongamos que

inicialmente se encuentran almacenados en el registro l os t res primeros b its de la secuencia, o

sea, g2 g 1 q 0 = (1,1, 0) . El próximo bit d e la secuencia que debe ser introduci do po r Li n e s e l 0 ,

por lo q ue el circui to c ombinacional debe generar salida 0 para entrada (1,1,0) . Supongamos

ahora que se recibe un f lanco de reloj . El contenido del registro se despl aza hacia la izqui erda

y el valor de L i n pasa a ocupar la posició n menos signific ativa, g 2 g l q 0 = (1,0,0 ) . El próximo

bit a introduci r por L i n será ahora 1 . Por tanto, C .C . generará sali da 1 para entrada ( 1 , 0 , 0 ) . S i

repetimos este proceso, obt endremos la tabla siguiente :

q2 q 1 q0

1 00 00 11 00 1111 0

L i n



C o m o p u e d e o b s e r v a r s e , p a r a c a d a e n t r a d a o b t e n e m o s u n ú n i c o v a l o r d e L i , , , p o r t a n t o

podremos generar esta funció n mediante un c ircuito combinacional . Es prob able que en

m u c h o s d i s e ñ o s a p a r e z c a n e n t r a d a s i d é n t i c a s q u e g e n e r e n s a l i d a s d i s t i n t a s p a r a L i , , . E n t a l

caso, deberemos aumentar progresivamente el tamaño del regist ro de desplazamiento hasta

q u e a c a d a e n t r a d a s ó l o l e c o r r e s p o n d a u n a ú n i c a s a l i d a d e l c i r c u i t o a d i s e ñ a r . E s e n t o n c e s ,

c u a n d o o b t e n d r e m o s e l c i r c u i t o a s o c i a d o .

El K-mapa para nuestro prob lema es :

c l k

ed e d o n d e o b t e n e m o s l a s i g u i e n t e e x p r e s i ó n :

L , ~ = q 2 q 0 + q 2 q 1

En este tipo d e soluci ones se pueden plantear problemas de bloq ueo . n i c i a l m e n t e , e l

e s t a d o d e l r e g i s t r o e s i n d e t e r m i n a d o . E s t o p u e d e o r i g i n a r s i t u a c i o n e s d e e n t r a d a p a r a e l C . C .

que no estén contempladas . E s t a s e n t r a d a s p u e d e n l l e g a r a p r o v o c a r u n a s e c u e n c i a d e s a l i d a

q u e n o c o i n c i d e c o n l a p r e v i s t a . P a r a s o l u c i o n a r e s t e p r o b l e m a e x i s t e n v a r i o s m é t o d o s : u n o d e

e l l o s e s e l d e g e n e r a r u n a c a r g a i n i c i a l c o n p a r t e d e l o s b i t s d e l a s e c u e n c i a ; o t r o m é t o d o s e r í a

a s i g n a r a a q u e l l a s e n t r a d a s i n e s p e c i f i c a d a s v a l o r e s d e s a l i d a q u e p r o v o q u e n l a i n c o r p o r a c i ó n a

l a s e c u e n c ia v á l i d a .

En nuestro ejempl o no exist e bloq ueo . Las únicas dos entradas que no están

contempladas so n la g2g1q0 = 000 y la 42g1g0 = 111 . S i i n i c i a l m e n t e s e d a e l e s t a d o 0 0 0 , e l

p r ó x i m o e s t a d o , e l 0 0 1 , s í p e r t e n e c e a l a s e c u e n c i a y a p a r t i r d e a q u í , e l f u n c i o n a m i e n t o e s

c o r r e c t o . g u a l m e n t e , s i s e d a e l e s t a d o 1 1 1 , e l p r ó x i m o e s t a d o , e l 1 1 0 , t a m b i é n p e r t e n ec e a l a

secuencia .

d) Utili zando contadores y ló gic a combinacio nal (MUX, ROM, PLA, . . . ) .

E l c o n ta d o r s e u t i l i z a p a r a g e n e r a r l a s e c u e n c i a d e e s t a d o s . L a l ó g i c a c o m b i n a c i o n a l s e

u s a p a r a a s i g n a r e l v a l o r d e s a l i d a a c a d a e s t a d o d e l c o n t a d o r d e f o r m a q u e a c a d a u n o d e l o s

e s t a d o s c o r r e s p o n d a u n b i t d e l a s e c u e n c i a d e s a l i d a . P o r e j e m p lo , s i s e u t i l i z a u n m u l t i p l e x o r,

el generador quedaría como se muestra :

L i n

A q o q i q 22 1 01 1


1 01 10 20 31 40 5

6mod-6

7




P r o b l e ma 1 3 . - Util izando como base un regis tro de despl azamiento, di señe un autómata de

Mealy q ue funcio ne como detector de las s ecuencias : 1111, 0110 ó 0001 .

Soluci ón P13 . - Este problema utiliza el registro como elemento almacenador de los bits de la

secuencia a detectar. En un dis eño de Mealy po demos empl ear la variable d e entrada X en la

e x p r e s i ó n d e l a s a l i d a , r e d u c i e n d o e l t a m a ñ o d e l r e g i s t r o a t r e s b i t s .

X

c l k

Sh R REG

1 q 2 q i q

C. C . ,- - - - - - - - - - - - - - - - -

D e e s t e m o d o , e l r e g i s t r o a l m a c e n a l o s v a l o r e s d e l a e n t r a d a e n l o s ú l t i m o s t r e s c i c l o s y ,

j u n t o c o n e l v a l o r a c t u a l d e X , e l C .C . p ue d e g e ne r a r l a s a l i d a Z . L a e x p r e s i ó n a l g e b r a i c a p a r a

Z es l a misma que la del p roblema anterior pero cambiando q3 por X .

Z=X. g 2 . g 1 . q0 +X q2 g1- go +X g2 . g 1 • q 0


Pro b lema 14 . - R e p r e s e n te l a s a l i d a d e l c i r c u it o d e l a f i g u r a s i g u i e n t e d u r a n t e 5 c i c l o s d e r e l o j

sup oniendo qu e el regis tro ti ene almacenada la palabra 110 inici almente y qu e la única

operación dis ponib le para el regist ro es el despl azamiento a la derecha .

La q 2 q t q o D O° t

Z

Soluci ón P14 . - C o n c a r á c t e r g e n e r a l p o d e m o s d e c i r q u e l a s a l i d a s e o b t i e n e a p a r t i r d e l a f u n -

c i ó n X O R e n t r e e l b i t 1 y e l b i t 0 d e l r e g i s t r o d e d e s p l a z a m i e n t o . D e i g u a l m a n e r a , e l v a l o r d e

Z se to ma como entrada de desplazamiento d el registro . E n l a s i g u i e n t e f i g u r a s e r e p r e s e n t a l a

s e c u e n c i a d e s a l i d a p a r a l o s p r i m e r o s 5 c i c l o s d e r e l o j .

A

c l k

[ r e g ]

z

P r o b l e ma 1 5 . - Diseñe un contador de 4 bits (módulo 16) que permita carga de datos en

paralelo . E l c o n t a d o r d e b e s e r s l n c r o n o y p o d r á s e r p u e s t o a 0 ( c l e a r ) . D i s é ñ e l o c o n b i e s t a b l e s

JK y pu ertas lógicas .



C l e a r

1

c l k

C Pr

J q 0

C 1 Pr

J q,


S o l u c i ón P1 5 . - E n e s t a s o l u c i ó n s e h a s u p u e s t o q u e e l clear y e l load s o n a s í n c r o n o s y a c t i v o s

e n a l t a .

Load

C1 PrJ q2

C Pr

J q3

V vq 0 q, q2 q3

P r o b l e ma 1 6 . - Se desea disp oner de un contador co n dos entradas de control (1 y D) que

r e a l i c e l a s s i g u i e n t e s f u n c i o n e s :

a ) S i = D = O , e l c o n t a d o r e s t á i n a c t i v o ( n o c u e n t a ) .

b ) S i 1 = 1 , e l c o n t a d o r s e i n c r e m e n t a ( c u e n t a h a c i a a r r i b a ) .

c) Si D=1, el c ontador s e decrementa (cuenta hacia abajo) .

Se prohi be que las entradas l y D sean si mult áneamente 1 .

1 . D i s e ñ e u n o d e 4 b i t s , s í n c r o n o , c o n b i e s t a b l e s t i p o T ( n o u t i l i c e l a t a b l a d e e s t a d o s

global pu es tiene 16 estados) .

2. n d i q u e q u é o c u r r e s i p o r e r r o r u o t r a c a u s a h a y e n t r a d a s D = 1 1 .

3 . G e n e r a l i c e e l d i s e ñ o p a r a n b i t s .

Soluci ón P16 .

1 ) L a s e c u a c i o n e s p a r a l a s e n t r a d a s d e l o s c u a t r o b i e s t a b l e s s o n :

T o =+D

T, = ' qo+D' qo

T 2 = 1 . q , .go+D - g o ' q ,

T3 = . g2 . q , .go+D . g2 . q , .g o

2) Si en las expresiones anteriores su sti tui mos 1 y D por el valor 1, y ob tenemos lo s

valores de entrada T i p a r a c a d a e s t a d o p r e s e n t e % e l d i a g r a m a d e e s t a d o s , p a r a e s t e c o n t a d o r ,

e s e l r e p r e s e n t a d o e n l a s i g u i e n t e f i g u r a :




af f s o3) Generalizando para n b i t s :

n-1 n-1

T; = . f l g i + D . [J q ; (i= 1 , . . . , n )

i=0 i=0

To = +D

Pr obl ema 17 . - Se disp one de contadores módulo 16 c on dos s eñales X, y X 2 que controlan

su funci onamiento :

clk

x , Xp

0 0

0 11 -

Operación

Puest a a cero

Carga en paralelo

Cuenta ascendente

T o m a n d o c o m o b a s e e s t e t i p o d e c o n t a d o r e s , r e a l i c e l o s d i s e ñ o s s i g u i e n t e s :

a) Un contado r mod-7 que cuente de 0 a 6 .

b) Un contador mod-7 que c uente de 9 a 15 .

c) Un contador mod-7 que c uente de 4 a 10 .

d) Un contador que cu ente de 2 a 34 .

Solución P17 . - En las sig u ientes so l u c i ones no se han tenid o en c uenta lo s pro b lemas d e

b l o q u e o y a dem á s , se h a s u p u e s t o q u e la s o p erac i o ne s de clear y carga son así ncronas .

a) Contador módulo 7 (de 0 a 6) :

1111

3 2 1 0CONT[41

xoq3 q2 q1 q 0



b) Contador módulo 7 (de 9 a 15) :

c l k

c) Contado r módul o 7 (de 4 a 10) :

0 1 0 011113 2 1 0

CONT[4]xó

q 3 q 2 q 1 90

c l k

d) Contador de 2 a 34 :11113 2 1 0

CONT[4]Xó9 3 q 2 9 i q o

A

1 0 0 13 2 1 0

CONT[41 xó 1q 3 q 2 9 i q 0


0 0 1 01113 2 1 0 X

CONT[4] XóA 9 3 q 2 q190

c l k

Pro b lema 18 . - Se dis pone de un circuito integrado 74198 cuya descripci ón es la mostrada :

Operación

P u e s t a a 0 a s í n c r on a

n h i b i c i ó n

D e s p l a z a m i e n t o a i z q u i e r d a

D e s p l a z a m i e n t o a d e r e c h a

C a r g a e n p a r a l e l o



RA 1 Ao 0 - 0

[CONT 10101010

Z [ 7 - 0 1 ( 01010101)

P r o b l e ma 1 9 . - Un sist ema tiene una única entrada y d os salid as. El sist ema puede estar

f u e r a d e s e r v i c i o o e n s e r v i c i o . E n t r a e n s e r v i c io t r a s r e c i b i r l a s e c u e n c i a 1 , 1 , 1 y s e p o n e f u e r a

d e s e r v ic i o t r a s 0 , 0 , 0 . U n a v e z q u e e s t á e n s e r v i c i o , e l s i s t e m a d e t e c t a l a s e c u e n c i a 1 , 0 , 1

y qu e posea una señal de lectura (R) activa en alta, de fo rma que, c uando no esté act iva

ponga al dis pos iti vo en alta impedancia .

1 ) D i s e ñ e e l r e g i s t r o u t i l i z a n d o l a s p u e r t a s n e c e s a r i a s y e l 7 4 1 9 8 .

2) Suponiendo que inici almente el registro co ntiene el dato 10101010, indiq ue qué

ocu rre para la sig uiente secuenci a de entradas (cada valor corresponde a un cic lo de reloj) .

R A,A 0 : 0-0, 110, 011, 001, 100 .

Soluci ón P18 .

Ap

07

A 1 -00 -

A1A o

1 1 0

c l k

c

0 1 1

D s r

[ 7 - 0 ]

MR1 74198

%~ [ 8 ]

RVY

Z [ 7 - 0 ]

001

O [ 7 - 0 ]

8

D s 1

1

( 11010101


Hay que d iseñar un registro de 8 bits con las si guientes operaciones :

A 1 Ao Operación

0 0 D e s p l a z a r a d e r e ch a i n t r o d u c i en d o u n 0

0 1 D e s p l a z a r a d e r e c h a i n t r o d u c i e n d o e l b i t d e s i g n o1 0 D e s p l a z a r a d e r e c h a i n t r o d u c i e n d o e l b i t m e n o s s i g n i f i c a t i v o

1 1 N o d e s p l a z a r



C o n l a a s i g n a c i ó n a n t e r i o r , s e r e q u i e r e n l a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l q u e a p a r e c e n c o d i f i c a d a s

e n l a s i g u i e n t e t a b l a :

ROM:

O

c l k

0/10

Za=l, f u e r a d e s e r v i c i o 0/00

Z b = 1 , d e t e c t a l a s e c u e nc i a

Se ha escogido la sigui ente asignación :

c 1 co

00011011


(con sol apamiento) ; el últ imo 1 de la secuencia de puesta en servicio no vale como primer 1

de la secuencia a detectar . U n a s a l i d a d e b e i n d i c a r s i e l s i s t e m a e s t á o n o e n s e r v i c io y l a o t r a

indicará cuá ndo se ha detectado la secuencia .

Haga un circuit o de Mealy u til izando un contado r y una ROM .

S o l u c i ón P1 9 .

Operación

Up n hC l e a r

Load

1 / 0 0

2 1 0CONT[31

q 2 ql q 0

c lco

X

ROM00 Zb

Za

E n l a s i g u i e n t e f i g u r a s e i l u s t r a e l c i r c u i t o r e s u l t a n t e y l a t a b l a d e p r o g r a m a c i ó n d e l a

Estado q 2 q t q 0

a 0 0 0b 0 0 1

c 0 1 0

d 0 1 1e 1 0 0f 1 1 1

1 0 1h 1 1 1 0




X q 2 q l q0 D i c i c 0 Z a Z b

Pro b lema 20 . - Se desea detectar el envío del número diez qu e llega po r una única lí nea

comenzando por el bit LSB . Suponemos el caso d e exist encia de solapamiento en la cadenad e b i t s . De un diseño co n módu los combinacionales, módul os s ecuenciales y el menor núme-

ro de puertas lógicas posi bles .

S o l u c i ón P 2 0 .

Con un registro de desp lazamiento a l a derecha y una puerta AND de tres entradas :

X

c l k

Ri n SHR[3] ShR

0 0 0 0 0 1 1 00 0 0 1 1 0 1 00 0 1 0 1 0 1 00 0 1 1 0 0 0 00 1 0 0 1 1 1 0 00 1 0 1 0 0 0 00 1 1 0 0 0 0 00 1 1 1 0 0 1 01 0 0 0 0 0 1 01 0 0 1 0 0 1 01 0 1 0 0 0 0 01 0 1 1 0 1 1 0 01 1 0 0 0 0 0 01 1 0 1 0 1 0 01 1 1 0 0 1 1 0 11 1 1 1 0 1 1 0 0



Capí tul o 10

MEMORAS SEMCONDUCTORAS

E n e s t e C a p í t u l o s e t r a t a e l u s o d e l a s m e m o r i a s s e m i c o n d u c t o r a s , f u n d a m e n t a l m e n t e l a s d e

a c c e s o a l e a t o r i o , t a n t o d e l e c t u r a y e s c r i t u r a ( R A M ) c o m o l a s d e s ó l o l e c t u r a ( R O M ) p a r a

f o r m a r u n i d a d e s d e m e m o r i a s m u l t i c h i p . L o s p r o b le m a s s e d e d i c a n a a n a l i z a r o d i s e ñ a r l o s

c i r c u i t o s d e d e c o d i fi c a c i ó n q u e p e r m i t e n a c c e d e r a l o s d i s t i n t o s c h i p s d e m e m o r i a . E n e s t a s

a p l i c a c i o n e s n o t i e n e n i mp o r t a n c i a l a s c u e s t i o n e s t e c n ol ó g i c a s ( s i s e t r a t a d e R A M e s t á t i c a s ,

SRAM, o di námicas , DRAM ; si so n ROM o EPROM ; e t c ) . D e f o r m a m á s m a r g i n a l s e t r a t a n

t a m b i 1 n a l g u n a s m e m o r i a s d e a c c e s o s e c u e n c i a l .

UNDAD DE MEMORA MULTCHP

U n a u n i d a d d e m e m o r i a m u l t i c h i p f o r m a l a m e m o r i a p r i n c i p a l d e u n c o m p u t a d o r . S u o r g a n i -

z a c i ó n s e e s t a b l e c e e n t o mo a l p r o c e s a d o r y , m á s c o n c r e t a m e n t e , a l e s p a c i o d e d i re c c i o n es y a

l a a n c h ur a d e l b u s d e d a t o s . C o n e l t é r m i n o " e s p a c i o d e d i r e c c i o n e s " n o s r e fe r i m o s a l a s p a l a -

b r a s q u e e l p r o c e s a d o r d i s t i n g u e p o r la s l í n e a s d e d i r e c c i ó n ; e n e s t e C a p í t u l o , s a l v o e x p r es a

i n d i c a c i ó n e n c o n t r a , s e a s u m e q u e e l p r o c e s a d o r p o s e e u n r e g i s t r o d e d i r e c c i o n e s d e 1 6 l í n e a s

(A15 —— A 0 ) , l o q u e d a u n e s p a c i o d e 6 4 K p a l a b r a s ( d e s d e l a $ 0 0 0 0 a l a $ F F F F , q u e e n d e c im a l

a b a r c a d e s d e l a 0 ( 1 0 a l a 6 5 5 3 5 ( 1 0 ) . P o r o tr a p a r t e , l a a n c h u r a d e l b u s d e d a t o s d a e l n ú m e r o d e

b i t s d e l a s l í n e a s d e d a t o s , q u e e n e s t e C a p í t u l o s e r á d e 8 b i ts .

A n i v e l d e b l o q u e s l a c o n e x i ó n e n t r e e l p r o c e s a d o r ( C P U ) y l a u n i d a d d e m e m o r i a s e

i l u s t r a e n l a s i g u i e n t e f i g u r a . L a s s e ñ a l e s d e l e ct u r a - e s c r i t u r a R - W s a l e n d e l p r o c e s a d o r y s e

c o n e c t a n a l a s c o r r e s p o n d i e n t e s e n t r a d a s d e l o s c h i p s t i p o R A M ( n o h a l u g a r c o n l o s t i p o

ROM) . El bus d e datos se conecta con las salidas de todo s los c hips ROM y con las

e n t r a d a s / s a l i d a s d e t o d o s l o s t i p o s R A M . P o r ú l t i m o , e l b u s d e d i r e c c i o n e s e s t á c o n e c t a d o

do bl emente con c ada chi p (RAM o ROM) :

- C o n s u s l í n e a s d e d i r e c c ió n ( A 9 -A0 p a r a m e m o r i a s d e 1 K ; A 1 2 - A 0 p a r a l a s d e 8 K ; e t c )

- C o n l a e n t r a d a d e s e l e c c i ó n d e c h i p ( C S ) , e f e c tu á n d o s e a t r a v é s d e u n c i r c u i to d e d e -

c o d i fi c a c i ó n m e d i a n t e e l q u e s e g a r a n t i z a q u e e n n i n g u n a d i r e c c ió n d e l e s p a c i o d e d i r e c c i o n e s

h a y c o l i s i o n e s e n t r e d o s c h i p s d e m e m o r i a . E n e l s i g u i e n t e c a s o s u p o n d r e m o s q u e e l e s p a c i o

2 6 3




d e 6 4 K s e c u b r e me d i a n t e u n a c o m b i n a c i ó n d e 8 c h i p s RAM y ROM .

16 Bus de direcciones

1c c

- >

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

l í n e a s d e dirección de p alabra

selección f í s i c a ( e n c a d a c h i p )

de chip

EL MAPA DE MEMORA

De las conexiones mencionadas entre la CPU y la unid ad de memoria, las únicas q ue cambian

de un p r o b l ema mu l t i c h i p a o t r o s o n la s de l c i r c u i t o d e de c o d i f i ca c i ó n q u e se le c c i o na ca da

c h i p . Este circuito resulta de una u otra forma según se asocie cada chip con una región con-

creta del espacio de direcciones . A esto no s referimos c omo "mapa de memoria" . Un ejemplo

de mapa es el que se ilust ra a conti nuación . El él se obs erva que, si la palabra lógica (esto es,

la direcci onada por la CPU) es $A018, la p alabra fí sica a l a que se accede es la $0018 del

chip 4, cuyo contenido es, en este caso $07 (00000111) . Dicha fo rma de representar mapas de

memor ia e s p o c o e f e c t i v a . En su lugar utilizaremos una descripción basada en los b its más sig-

nificativos de las l íneas de d irecciones con l as que se di vide fácilmente el espacio global en

regiones de 2 k palabras . En la figura qu e se presenta, además de est a forma de representar el

ma p a, h em o s in c l u i d o c u á l e s s o n l o s v a l o res de la s sa l i d a s de l c i r c u i t o de de c o d i f i ca c i ó n

(CS 1 , CS2 , . . . , CS8) . Como se observa, en cada región sólo hay un chip seleccio nado evitándo-

se a s í l o s p r o b lema s de co l i s i ón .

1

1

Chip 2RAM16K

14 CC

Chip 3RAM8K

j.131éc1 1 3 1cC1 1 2 c c 1211c c

yWChip 4 Chip 5 Chip 6 Chip 7ROM ROM RAM RAM8K 4K 4K 4K

12 CC 1 2

Chip 8RAM4K



A 1 5 A 1 4 A 1 3 A 1 2 CS 1 CS 2 CS3 CS 4 CS5 CS6 CS7 CS 8 Chip

0 0 - - 1 0 0 0 0 0 0 0 1 ( 1 6 K )

0 1 - - 0 1 0 0 0 0 0 0 2(16K)

1 00 - 0 0 1 0 0 0 0 0 3(8K)

1 - 0 0 0 1 0 0 0 0 4 ( 8 K )

0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 5(4K)

0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 6(4K)1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 7 ( 4 K )

1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 8(4K)

MEMORAS SEMCONDUCTORAS 265

0 0000Chip 1

} RAM 16K16383 3 F F F

16384 4000Chip 2

} RAM 16KD i r e c c i ó n Chi p 4 D i r e c c i ó n

32767 7F F F del mapa ROM8K i n t e r n a32768 8000

.de memoria d e l c h i p

} Chip 3

R e g i s t r o d e 40959RAM 8K

A000 00009 F F Fd i r e c c i ó n 40960 A000

Chip 4A018 } ROM 8K A018 07 0018

49151 BFFF49152 0000

Chip 5 BFFF 1FFF} ROM 4K

53247 CFFF53248 D000

Chip 6} RAM 4K

57343 DFFF57344 E000

Chip 7} RAM 4K

61439 E F F F61440 F0 0 0

} Chip 8

RAM 4K6 5 5 3 5 FFFF




MEMORAS TPO LFO Y FFO

Hay, entre otros, dos tip os de memoria de acceso s ecuencial q ue son l a memoria LFO (Last

n F i r s t O u t ) y l a m e m o r i a F F O ( F i r s t n F i r s t O u t ) . Ambas p os een, además d e la "no op era-

ció n" (NOP), o peraciones de escrit ura, po r la que s e almacena un nuevo d ato en la memoria,

y d e l e c t u r a , q u e e s u n a o p e r a c i ó n d e s t r u c t i v a e n e l s e n t i d o d e q u e d e s a p a r e c e e l d a t o l e í d o . E l

orden de lectura de datos coincide co n el orden de escritura en la FFO y es al revés en las

LFO. Con las memorias LFO se hacen memorias ti po "pila" y las operaciones s e llaman

PUSH (escritura o apil amiento d e un nuevo dato ) y PULL o POP (lectu ra o extracción de un

dato apilado) .


Este Capítu lo desarrolla p roblemas d e las si guientes materias :

- A n á l i s i s d e c i r c u i t o s d e d e c o d i f i c a c i ó n .

- Diseño de circuitos de decodificación .

- Memorias d e acceso secuencia] .

PROBLEMAS RESUELTOS

Pr o b l ema 1 . - Dibuje el mapa de memoria para el circui to d e la figura, indi cando, razonada-

mente, las p osi cio nes ocup adas po r las memorias RAM y ROM .

A 1 5

1

A1 5

Solución Pl .

A1 5

A 1 2 -A

A12-A0 ~9 >1 3

ROM8Kx83

CS

A1 4-A1 3-

A15

0

1

2

D E C 2 : 4 3

0

a 1 2 - a 0gl o D7 -Do

ROM

o--

A 1 2-A0 -+~-~1 3

RAM - , - - > D7 -D o

8Kx8 8

CS

a l 2 - a o -,-> D7 - Do

RAM



Pro b l ema 2 . - Determine el mapa de memoria correspondi ente al ci rcuit o d e la figu ra .

A1 5-A1 4- 1

0 2

DEC 2 : 4 3D

z

A1 3-A12-

0

1

0 2

3DEC 2 : 4

0

1

2

3DEC 2 : 4


Resp ecto a la memoria ROM tenemos :

CS1 =A 1 5 , por tanto, la memoria se seleccio na cuando A 1 5 = 0 .

E n c u a n t o a s u s l í n e a s d e d i r e c c i ó n , a 1 2 - 0 = A 1 2 - 0 , d o n d e A 1 5 - 0 s o n l a s 1 6 l í n e a s q u e f o r -

man el bu s de d irecciones externo .

Resp ecto a la RAM :

CS2 = d1 - d2 = (A15 + A14 + A 1 3 ) (A15 + A14 + A13), es d ecir, l a memoria se selecci ona

cuando A15=0,A14=0yA13=1óA14=1yA13=0 .

El bus d e direccio nes interno a la RAM está comp uest o po r las líneas a12-0 = A12-0, es

deci r, las p alabras de la memoria RAM se direccio nan de igu al fo rma que las de la ROM .

Así, el mapa de memoria al que ll egamos es :

A15 A14 A13

A 1 1 -A0

-2 }

Aj o - A 0

Aj o - A 0

1

CS 1

a l , - a 0

M

a t o - a 0

CS

a j o - a 0

M3

8

8

VD O - D 7

0 1 RAM (8Kx 8)0

10 RAM (8Kx 8)

1 - - ROM (8Kx 8)




Solución P2 .

Sean CS 1 , C S 2 y CS 3 las señales de selecci ón de chip c orrespondientes a ROM 1 , ROM2

y ROM3 respectivamente . S e a n a ; l a s l í n e a s d e d i r e c c i ó n d e l a s m e m o r i a s M i .

Directamente del diagrama del circuit o :

M1 (2 1 2 x 8) =M (4K x 8)

La ecuació n para la señal de selecc ión de la memoria es :

CS1 = A 1 5+A 1 4 +A 1 3+A 1 2

Las líneas que componen el bus d e direcciones interno :

al,-, = A11- o

M2 (2 '1 x 8) = M2 (2K x 8)

Ecuación para la señal d e selección :

CS2 = (A13+A12+A,5+A14) • (A13+A„ + [A15+A,4] - [A15 +A141) _

= ( A 1 5 +A 1 4 +X1 3 +A 1 2 ) ' ( X, 4 +A 1 3 +X1 1 )

Líneas de di rección :

a t o - o = At o - o

M3 (2" x 8) = M3 (2K x 8)

Señal de selección de chip : _

CS3 = ( A 1 3 +A1 1 + [ A 1 5 +A 1 4 1 . [A ,5+A141) _ (A14+A13+A11)Líneas de direcci ón :

a , o - o = A t o - oA partir de las ecuaciones ob tenidas para CS i , podemos evaluar cuándo se selecciona

cada memoria . P a r a e l l o b a s t a a n a l i z a r p a r a q u é c o m b in a c i ó n d e l a s l í n e a s d e d i r e cc i ó n s e t i en e

CSi = 0 . Así ob tenemos el mapa de memoria que se muestra a continuación . Como se obs erva,

M 1 (4Kx8) ocup a 4K posi cio nes en el espacio de memoria : $0000 - $OFF-

M2 (2Kx8) ocup a 12K posic iones en el espaci o de memoria :

$2000 - $2FFF

$4800 - $4FFF

$5800 - $ 5 F 1 - }

$C800 - $CFFF$D800 - $DFFF

Esto qui ere decir que aunque el chip fí sicamente sólo contiene 2K direcciones, existen

12K direccio nes del espacio de memoria que hacen que se selecci one el chip M2 . P o r e j e m p l o ,

si en el bu s de di reccio nes externo se fi jan las d irecci ones $2000, $4800, $5800, $C800 ó

$D800, estaremos leyendo una única d irección fí sic a en M 2 , la $0000 .M3 (2Kx8) ocup a 8K pos icio nes en el esp acio d e memoria :

$ 6 0 0 0 - $ 6 7 F F

$7000 - $77FF

$E000 - $E7FF

$ F 0 0 0 - $F7FF




Pro b l ema 3 . - En el mapa de memoria de un microcomp utado r de 16 líneas de direcci ón

(A 1 5/A 0 ) se han ubi cado una memoria RAM de 8K en las pri meras 8K posi cio nes de memoria

y u na memoria ROM de 8K en las úl timas 8K po sic iones d e memoria . S e d e s e a i n c l u i r u n a

memoria RAM de 32K, para lo que se han propu esto l os 3 d iseño s de la figu ra . n d i q u e e n q u é

medida es correcto c ada uno de los diseños y, s i es p osib le, determine qué palabra de la RAM

se direcciona cuando A 1 5 - 0 = $ABCD (hexadeci mal) en cada uno d e los tres caso s . ¿ Q u é d i -

rección hay qu e poner en el bu s de di recciones p ara leer la pos ici ón $4680 de la RAM en cada

c a s o ?

A15 A14 A13 A12 A11

0

0

1

0

0 (4K)

1

1

0 00

1 N0

01

1 (2K)1

0 M3 (2K)0

11

0 M3 (2K)1

1

0

00

1 M, ( 2 K )0

01

1 M, ( 2 K )1 1

0 M3 (2K)0

11

0 M3 (2K)1

1




A 1 4 $ A 1 3

CS

a 1 4 - 0

RAM

CSA 1 5 ,A 1 3 -A D -D7 A 1 5 -A DO-D7 A 1 4 -A D -D7

( a )

CS

a 1 4 - 0

RAM

( b )

A15A14A13 + A15A1 4A3

1 5a 1 4 - 0

8

RAM

( c )

Soluci ón P3 .

Caso a)

La RAM se selecciona cuando su s eñal de selecci ón de chi p CS = 0 .

CS = A14 . A13 + A14 . A 1 3 , p o r t a n t o s e p u e d e a c c e d e r a l a m e m o r i a e n l a s c o m b i n a c i o n e s

A14 A13 = 01 ó 10, y est á no sel eccio nada cuando A14 A13 = 00 ó 11 .

Se comprueba por tanto, que no hay confl icto de selección co n las memorias RAM ni

ROM previamente posi cio nadas . En ninguna ocasió n se seleccio na más de una memoria si -

mult áneamente .

Las líneas de di recció n de la RAM ( a 1 4 - 0 ) son : a14 = A15 , a13-0 = A13-0 . Dado q ue la

línea A 1 3 forma parte simultá neamente del co njunto de líneas de direcció n de la memoria y d e l

c i r c u i t o d e s e l e c c i ó n d e c h i p ( C S = A 1 4 0 + A 1 3 ) e s n e c e s a r i o h a c e r c i e r t a s c o n s i d e r a c i o n e s . Para

los 8K que ocupan las primeras posi ciones de l a RAM se ti ene que a14 = A15 = 0 Y

a13 = A13 = 0 . Para que CS = 0 será necesario A 1 4 = 1 . Por tanto, los primeros 8K de la RAM

ocup an las pos icio nes del mapa en que A15A14A13 = 010 . L o s s i g u i e n t e s 8K son posi ciones

en las que d e nuevo a14 = A15 = 0 pero a13 = A13 =, co n lo que p ara que s e cumpl a CS = 0 s e

ha de fijar A 1 4 = 0 . En este caso se estarán ocup ando las pos icio nes d e l ma pa en q u e

A15A14A13 = 001 . Razonando de igual modo se concluye que los 16K de la RAM con las po -

si cio nes más altas s e direcci onana para A15A14A13 = 101 y 110 .

El mapa, para el caso a) queda :

A1 5 A1 4 A1 3

$ABCD

0 RAM inicial del prob lema

0 1 Nueva RAM $RAM : $ 2 0 0 0 - $ 3 F F F

0 0 Nueva RAM $RAM: $ 0 0 0 0 - $ 1 F F F1

1

v

0

0 1 Nueva RAM $RAM: $ 6 0 0 0 - $ 7 1 7 1 7 1 7

1 0 Nueva RAM $RAM : $ 4 0 0 0 - $ 5 1 . 1 .11 V

1 ROM inicial del problema



Veamos qu é palab ra de la RAM se direccio na cuando A15-0= $ABCD .

Para A15-0= $ABCD se cumpl e que A15-0= 1010 1011 1100 1101, entonces :

A14A13 = 01 por t anto la memoria RAM está selecc io nada . P o r o t r a p a r t e ,

A 1 5 A 1 3 A 1 2 = a 1 4 a 1 3 a l 2 = 1 1 0 = 6 y A 1 1 - 0 = a l 1 - 0 = B C D .

S e d i r e c c i o n a , p o r t a n t o , l a p a l a b r a a 1 4 - 0 = $ 6 B C D d e l a R A M .

P a r a l e e r l a d i r e c c i ó n a 1 4 - 0 = $ 4 6 8 0 d e l a R A M , s e p r o c e d e c o m o s i g u e :

Para esta direcc ión s e cumpl e a14-0 = 100 0110 1000 0000 . E n t o n c e s : a 1 4 = A 1 5 = 1 ;

a 1 3 = A 1 3 = 0 ; a 1 2 = A 1 2 = 0 ; a l 1 - 0 = A 1 1 - 0 = 6 8 0 . Dado q ue la RAM debe estar selecc ionada

p a r a p o d e r a c c e d e r a u n a d e s u s d i r e c c i o n e s i n t e r n a s , s e t i e n e q u e g a r a n t i z a r q u e C S = 0 , p o rl o q u e c o m o A 1 3 = 0 , e s t a m o s o b l i g a d o s a q u e A 1 4 = 1 . C o n c l u y e n d o, p a r a a c c e d e r a l a d i r e c -

c i ó n i n t e r n a d e s e a d a , e n e l b u s e x t e r n o h a y q u e f i j a r l a d i r e c c i ó n A 1 5 - 0 = $ C 6 8 0 .

Caso b) :

L a s e ñ a l d e s e l e c c i ó n d e l a m e m o r i a e s R A M : C S = A 0 , e s d e c ir , s e s e l e c c io n a p a r a c u a l -

q u i e r d i r e c c i ó n d e l b u s e x t e r n o q u e t e n g a A 0 = 0 . E s t o i mp l i c a q u e p a r a t o d a s l a s p a l a b r a s d e

l o s p r i m e r o s 8 K y d e l o s ú l t i m o s 8 K c o n A 0 = 0 , h a y c o n f l i c t o e n t r e l a n u e v a R A M y l a s m e -

morias (RAM y ROM) ya exis tentes . P o r t a n t o , e l d i s e ñ o N O e s c o n e c t o .

Caso c) :

S e ñ a l d e s e l e c c i ó n d e c h i p : _CS = A15 .A14-A13+A15' A14 . A 1 3

p o r t a n t o l a m e m o r i a R A M s e s e l e c c i o n a p a r a A 1 5 A 1 4 A 1 3 = 0 - 1 , 0 1 - , 1 - 0 y 1 0 - , y e s t á

no selec cio nada para A15 A14 A13 = 000 ó 111 .

A p a r t i r d e e s o s v a l o r e s p u e d e d e c i r s e q u e n o h a b r á c o n f l i c t o d e s e l e c c i ó n c o n l a s m e -

morias ya col ocadas (en los primeros 8K, A15 A14 A13 = 000 y en los últ imos,

A15 A14 A13 = 111) .

L a s l í n e a s d e d i r e c c i ó n d e l a n u e v a R A M ( a 1 4 - 0 ) s o n : a 1 4 - 0 = A 1 4 - 0

P o r c o n v e n i e n c i a , l l a m a r e m o s R o a l o s p r i m e r o s 8 K d e l a R A M , q u e s e d i r e c c i o n a n c o n

a 1 4 a 1 3 = 0 0 ; R 1 a l o s s i gu i e nt e s a 1 4 a l a = 0 1 ; R 2 a l o s s i g u i e nt e s a 1 4 a l a = 1 0 y R 3 a l o s ú l ti m os

a 1 4 a 1 3 = 1 1 d e d o n d e s e t i e n e e l s i g u i e n t e m a p a :

A 1 5 A14 A13


- $ABCD

P a r a A 1 5 - 0 = $ A B C D s e s e l e c c i o n a l a s e c c i ó n R 1 d e l a R A M ( A 1 4 A 1 3 = 0 1 , y p o r t a n t o

a14a13=01) .

Asimismo se t iene A14-0 = $2BCD, de do nde se deduc e que la d irección i nterna de la

memoria a la q ue p odemos acceder es a14-0 = $2BCD .

R A M i n i c i a l d e l p r o b l e m a0

1 N R 1

0 0U R2

11 V

R

0 A Ro0

1 R 11

0 RAM R21

R O M i n i c i a l d e l p r o b l e m a




Po r últ imo , p ara acceder a la di recci ón interna de la memoria RAM a14-0 = $4680 que

pertenece al tramo de R 2 s ó l o h a c e f a l t a d e t e r m i n a r A 1 5 , q u e p u e d e v a l e r 0 ó 1 , c o m o s e q u i e r a .

E s t o e s , s e a c c e d e a l a d i r e c c i ó n r e q u e r i d a t a n t o p a r a A 1 5 - 0 = $4680 como para A 1 5 - 0 = $C680 .

Pro b l ema 4 . - Se desea transferir el contenido de las memorias M 2 y M3 a la memoria M, (ver

f i g u r a ) . Se dis pone de una instrucción :

TRANSFERE ($N° de p alabras, $Fuente, $Destino)

Dicha instrucció n transfiere un blo que, cuy o número de palabras es el indicado , desde

l a d i r e c c i ó n f u e n t e h a c i a l a d i r ec c i ó n d e s t i n o ; p o r e j e m p l o , p a r a t r a n s f e r i r 4 K - p a l a b r a s ( $ 1 0 0 0 )

que está n escritas a partir de la po sici ón $2000 a posic iones de memoria que co miencen en

$7000 se pondrí a : TRANSFERE ($1000, $2000, $7000) .

( E l s i s t e m a i n t e r p r e t a y e j e c u t a e s t a i n s t r u c c i ó n ) .

E s c r i b a e l p r o g r a m a n e c e s a r i o p a r a e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a .

A 1 3 , A 1 1 - A

1 10

13

8K

8

Do - D 7

8K8 D o - D 7

Solución P4 . - Primero obt enemos el mapa de memoria para conocer las di recciones fu ente (de

M2 y M3 ) y destino (M 1 ) .

Analizando el circuito combinacional d e decodifi cación :

A continuac ión f ormamos las inst rucci ones TRANSFERE ( , , ) necesarias . P a r a e l l odib ujamos el mapa de memoria .

A 1 3 -Ao1loA

Do - D 7

o 14 8

1 16 K

A1 5 2

3A1 4

4

5A1 2 D - D 76 A13,A11 A0-

-f-->DEC 3 : 8 71 3 8

A15A14A12 = 000 ó 001 selecci ona M 1

A15A14A12 = 011 selecciona M2

A15A14A12 = 110 selecciona M3



Para transferir a M 1 la totalidad d e M2 Y M3 h a y q u e u t i l i z a r 4 v e c e s l a i n s t r u c c i ó nTRANSFERE :

1) La primera mit ad d e M 2 (A1 3 = 0 ) , q u e s o n 4 K p a l a b r a s y e s t á n u b i c a d a s e n t r e $ 5 0 0 0

y $5FF F, l a llevaremos al primer cuarto de M 1 ($0000 a $OFFF ) . Entonces :

TRANSFERE ($1000, $5000, $0000) .

2) La segunda mitad de M 2 al segundo cuarto de M :

TRANSFERE ($1000, $7000, $100 0) .

3) La primera mit ad de M 3 a l t e r c e r c u a r t o d e M

TRANSFERE ($1000, $0000, $2000) .

4) La segunda mit ad de M 3 al último cuarto de M

TRANSFERE ($1000, $E000, $3000) .

Pro b lema 5 . - U t i l i z a n d o c i r c u i t o s d e m e m o r i a d e 8 K x 8 , r e a l i c e u n a a s o c i a c i ó n d e 3 2 K a p a r t i r

d e l a p o s i c i ó n $ 6 0 0 0 .

Solución P5 . - Para ocup ar 32K b yt es de memoria con chi ps d e memoria de 8Kx8 necesit amos

4 de estos (M , M 2 , M3 , M4 ) . Sean CS i e l t e r m i n a l d e s e l e c c i ó n d e c h i p y a 1 2 - 0 s u s l í n e a s d e

dirección .

Conectaremos las lí neas del b us d e direcciones AB = A15-0 d e f o r m a q u e a 1 2 - 0 = A 1 2 - 0 ,

y l a selecció n de memoria la realizaremos c on A15 , A1 4 , A13 . R e p a r t i r e m o s l a s p o s i c i o n e s d e

las dis tintas memorias como muestra la sigui ente tabla :


A 1 5 A14 A13 A1 2 Memoria selecci onada

00

10 0 m i

1 6 K p a l a b r a s

10 M

1

0

01 4 K p a l a b r a s (A 1 3 = 0 )

0 1 M2

14K palabras (A 1 3 = 1 )1

M21 0

0 4 K p a l a b r a s (A13 =0)01 M3

1 10 ~\\\\\\\~i~:\\\\"` 4 K p a l a b r a s ( A1 3= 1 )1

1 M3




U n a s o l u c i ó n p a r a e l c i r c u i t o d e d e c o d i f i c a c i ó n e s :

A15-A016 A12 - Ao

P r o b l e ma 6 . - Se desea dis eñar un sis tema microco mputador qu e tenga 64Kbytes de memo-

ria, de l os c uales , 40K sean RAM y 16K ROM . S e d i s p o n e d e c h i p s d e l o s s i g u i e n t e s t i p o s :

ROM: 16Kx4

RAM: 16Kx8

RAM: 4Kx8

Diseñe el circui to d e decodifi cación necesario .

A 1

A1 4

A 10

1

2

3

4

5

6

DEC 7

CS

a 1 2 - 0

M 1

D-a

0 D

1 3

CS2

a 1 2 - 0

M21 3

nnCS4

a 1 2 - 0

M3

0 D

1 3a 1 2 - 0

M4

A15 A14 A13 $comienzo $ f i n a l CS 1 CS2 CS 3 CS4

0 0 0 0000 1 F F F 1 1 1 1

0 0 1 2000 3 F F F 1 1 1 1

0 1 0 4000 5 F F F 1 1 1 1

0 1 1 6000 7F F F M 1 0 1 1 1

1 0 0 8000 9 F F F M2 1 0 1 1

1 0 1 A000 BFFF M3 1 1 0 1

1 1 0 C000 DFFF M4 1 1 1 0

1 1 1 E000 F F F F 1 1 1 1




S o l u c i ó n P 6 . - Lo primero que resolvemos en el problema es la forma de conseguir palabras de

8 bits a p artir de memorias de 4 bits p or palabra .

La solución es unir las l íneas de datos de dos memorias ROM a las que s e accede simul-

táneamente ya que comparten las líneas de selecció n de chip y las de dirección .

El esquema es el sigu iente :

c s

a1 3 0 a 1 3 - 0

1 4 16Kx4

210

L7 1 6 1514

A15 A14 A13 A12

D7-0

B u s c a m o s a h o r a l a f o r m a d e s i t u a r 40 K d e mem o r i a RAM y 1 6 K d e R OM en u n ma p a

c o m p l e t o q u e o c u p a 6 4 K .

De todas las posi bles solu ciones adoptamos aquella en la que se ocupa el espacio d e me-

moria desde las pos ici ones más bajas para la RAM y las últi mas posi cio nes de memoria para

la ROM. El mapa de memoria queda con la sigu iente distrib ució n :

16Kx4

3210

3 ) 2 ) J 0 )

c s

16Kx8

7 - 0

CS 1 CS2 CS3 CS4 CS5

Las señales de selecc ión de chi p para cada una de las memorias las o btenemos con el

siguiente circuito de decodifi cación :

0 0 - - M 1 RAM 16Kx8 0 1 1 1 1

0 1 - - M2 RAM 16Kx8 1 0 1 1 1

1 0

0 0 M3 RAM 4Kx8 1 1 0 1 1

1M4 RAM 4Kx8 1 1 1 0 1

1 L i b r e 1 1 1 1 1

1 1 - - M5 ROM 16Kx8 1 1 1 1 0




A1 5

A14

01 10 2DEC 2 : 4 3

EN0

DEC 2 : 41

A1 5 A14 A13

• 0 0• 0 1

0 1 0• 1 1

1 0 01 0 1

1 1 0

1 1 1

8K de M 1

Libre

3 2 K d e M 3

Libre

CS3

CS4

Problema 7 . - Se dispone de 3 circuito s d e memoria con entrada de selección acti va en nivel

bajo, d os s on de 8K palabras y el tercero de 32K . E s t o s c i r c u i t o s v a n a e s t a r d i r e c c i o n a d o s

por un procesado r de 16 señales de direcció n (A 1 5 - 0 ) . S e r e q u i e r e q u e l o s c i r c u i t o s d e 8 K o c u -

pen las d irecciones menores y las mayores .

a) Proponga un mapa de memoria que uti lice los tres circuito s y deje libre las 16K pa-

labras de dirección so brantes . D i s e ñ e e l c i r c u i t o q u e r e a l i z a e s e m a p a .

b ) n d i q u e e l c i r c u i t o d e m e m o r i a y l a p o s i c i ó n e n d i c h o c i r c u i t o q u e s e a c t i v a c o n c a d a

una de las si gui entes direcciones ($A 1 5 - o , en hexadeci mal) : $0123, $23 45, $4567, $6789,

$89AB, $ABCD, $CDEF y $EF01 .

Solución P7. - De s c o m p o n e m o s l a s 6 4 K d i r e c c i o n e s d e l b u s d e d i r e c c i o n e s e x t e r n o A B, en

grupos d e 8K, cada uno de los cuales está defi nido por uno de los p osib les valores de A15 , A14 ,

y A13 . La tabla indic a una de las posi bles so luc iones, do nde la memoria de 32K ocu pa las po-

sic iones intermedias . Para realizar el circuito , describamos cómo so n las memorias :M1 y M2 son de 8K, po r tanto tienen 13 lí neas en su bu s de di rección (a12-0) .M3 es de 32K co n 15 líneas de direcció n (a14-0) . _A s u m im o s q u e t o d a s t i enen s u se ña l de se le c c i ó n CS M; .

D am o s d o s s o l u c i o n e s p a r a l a d e c o d i f i c a c i ó n . La primera utili za un decodifi cador y la

segunda es un dis eño a nivel de puertas .



A15

A14

A13

Las líneas de direcció n de M1 YM 2 ( a 1 2 - 0 ) s e c o n e c t a n d i r e c t a m e n t e a l a s l í n e a s A12-0 .

Para M 3 necesit amos 15 líneas A ; . E n p r i n c i p i o h a y d o s s o l u c i o n e s ( e n t o d o c a s o a d e m á s

de A13-0 hay que ut ili zar A15 ó A14) :

a14-0 = A14-0 o a 1 4 - 0 = A 1 5 A 1 3 - 0 -

Elegimos l a primera pues es l a que cub re el mapa de memoria :

CSM CSM2

M l

a 1 2 - 0

8K

$A

A15A14A13A12 A11-8 A7-4 A3-0

M2

a 1 2 - 0

8K

CSM3

MEMORAS SEMCONDUCTORAS 2 7 7

A15A14A13

>1

=1

o-

M3

a 1 2 - 0

3 2 K

CSM3

De acuerdo co n lo anterior, pasamos a sol ucio nar el apartado b) . A p a r t i r d e l a s d i r e c -

ciones A15-0 que se nos indi canm tendremos que deduc ir del valor de A15 A14 y A13 si s e se-

lecciona alguna memoria y cuá l es . P o s t e r i o r m e n t e , a n a l i z a m o s e l v a l o r d e l a l í n e a s d e d i r e c -

ció n de la memoria seleccio nada ( a l e - 0 para M1 Y M2 ; a 1 4 - 0 p a r aM3 ) para averiguar qué di -

r e c c i ó n i n t e r n a e s a c t i v a d a . E n l a s i g u i e n t e t a b l a s e m u e s t r a n l o s r e s u l t a d o s d e d i c h o a n á l i s i s .

esM

USM2

USM3

2 34 56 78 9A BC DE F

0 1

b i n a r i o hexadecimal hexadecimal

0 0 0 0 1

0 0 1 0 3

0 1 0 0 5

0 1 1 0 7

1 0 0 0 9

1 0 1 0 B

1 1 0 0 D1 1 1 0 F

Memoria

M 1

Palabra de memoria

2 3a 1 2 a l 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 0 1

Libre

M3 5 6 7a 1 4 - 1 2 a l 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 4

M3 a l 4 - 1 2 a 1 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 6 7 8 9M3 a 1 4 - 1 2 a l 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 0 9 A B

M3 a 1 4 - 1 2 a 1 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 2 B C DLibre

M2 a 1 2 a l 1 - 8 a 7 - 4 a 3 - 0 = 0 F 0 1




Pro b l ema 8 . - En una memoria LFO de fo ndo 6 s e va a realizar la sigui ente secuencia de op-

eraci ones :

3 P USH, 1 NOP', 1 PULL, 2 PUSH, 2 NOP, 1 P ULL, 1 P USH .

L a m e m o r i a e s t á v a c í a e n e l i n s t a n t e i n i c i a l . La anchura de la memoria es d e 8 bits . P o r

su b us d e entrada vienen caracteres ASC con parid ad par, concretamente, los valores du -

rante las sucesi vas operaciones de escritura son : N , E , G , 1 , C , B .

a) Muestre el co ntenido d e la LFO al realizar la secuencia de operaciones .

b) Supuesta vacía la LFO y sigu iendo un proceso d e 2 operaciones de escritura y 1 de

l e c t u r a ( d e s p u é s o t r a s 2 d e e s c r i t u r a y 1 d e l e c t u r a , . . . ) , i n d i q u e l a s e c u e n c i a d e e n t r a d a s a l a

LFO para que en la pil a esté esc rita l a palabra FNAL en algún momento .

S o l u c i ó n P 8 . - Para conocer el contenido fi nal de la pila vamos a obtener los resul tados

parciales después de c ada operación d e escritura (PUSH) o l ectura (PULL) sob re la pila . E n l a

sigui ente figura aparecen los di stinto s pasos ; e n c i m a d e l a f l e c h a s e e s c r i b e e l t i p o d e o p e r a c i ó n

y debajo el dato de entrada (X significa q ue no importa e l d a t o ) .

i n s t a n t e i n i c i a l

NOP

X

NOP

X

NOP: n o o p e r a c i ó n .

-V--A--C-PUSH

N

PULL

X

NOP

X

PUSH

E

PUSH

PULL

X

PUSH

G

PUSH

C

PUSH3Bb) Resolvemos este apartado d e forma equivalente al anterior aunqu e nos lo pl anteamos

al revés, es decir, conocemos la palabra que debe estar almacenada co mo úl timo paso de la

secuencia de operaciones y vamos hacia atrás evoluci onando operación a operación . Sabemos

que la secu encia de operaciones es alternativamente do s op eracio nes de PUSH y una de PULL .



PUSHFNALNALF

PUSH PULL<AL

N x

PUSH PUSHL <V a c í aA L

E n d e f i n i t i v a , l a s e c u e n c i a d e d a t o s n e c e s a r i a p a r a u t i l i z a r e n l a s e c u e n c i a d e o p e r a c i o -

n e s e s : L , A , X , A , N , X , N , 1 , X , 1 , F . Y como resultado de la oc tava operación de escritura

(PUSH), qu e es la 11 2 operación, se consi gue tener la palabra "FNAL" en el contenido de la

LFO. L o s c a r a c t e r e s A S C c o n e l b i t p a r i d a d p a r c o m o b i t m á s s i g n i f i c a t i v o q u e a p a r e c e n e n

este prob lema son (en hexadecimal) :

A : $ 4 1 B :$42 C : $ C 3 E: $C5 F: $C6

G :$47 1 : $C9 L: $CC N: $4E


P r o b l e m a 9 .- Determine el mapa de memoria del circu ito de la figu ra . n d i q u e , s i e s p o s i b l e ,

qué p alabras de la RAM se di reccionan cuando A 15/Ao= $4ABC y A 15_o= $8000 .

A1 3

A1 5 -A1 2 -

0

1

2

DEC 2 : 4 3 : )

2

1

o

MUX4 : 1

A14 A11


PUSH~-NAL <PULL

NAL <PUSH

NALXPUSH PUSH PULL

NALAL <L <AL E-N A X

A , A 1 2 , A 1 o - A ofi1 3

0

cs

RAM

8Kx8

- - 90130-D7




Soluci ón P9 . - El mapa de memoria del circui to es :

donde l as lí neas d e entrada d e la RAM, a l e - 0 , son :

a 1 2 =A15 , a l 1 = A12, a j o - 0 = Ato- 0 .

Las palabras de la RAM que se di reccionan cuando el b us externo A15-0 c o n t i e n e l a s

direcci ones $4ABC y $8000 son :

Si A15-0 = $4ABC a 1 2 - 0 = $02BC

Si A15- 0 = $8000 No s e seleccio na la memoria RAM, por lo que no s e accede a

ninguna dirección de ésta .

P r o b l e ma 10. - Para el circui to d e la figura, determine las dist intas secuencias de salida,

indic ando las d ireccio nes en que oc urren cada una de ellas, d entro de un mapa de memoria

de 64K .

A1 5 A14 A13 A12 A11

0

00

01 5 800-$4FF F a12-0= $0000'- $07FF

00

11 $5800-$5FFF 0 = $0800401-1-1

1

0

1

1

0

00 -$ 000-$9'/H a12-0 = $1800411`14 ;

11 1 1 5 . ) = $ 9 8 0 0 - $ 9 F F a ' 1 ~ a 0=$1800-$1FFF

0

0

1

1

10 -$ 000-$C7F F a12-0=$1000-$17F F

01

0

1

1

1




S o l u c i ó n P 1 0 . - Las secuencias qu e se obti enen a la salida de la ROM dependerán de los valo-

res de a3 _ 0 . Las líneas a l y a o está n fijas a A11 y Ajo mientras que a 3 y a 2 , al estar co nectadas

a las salidas del c ontador, van cambiando cicl o a ci clo . Analizando los disti ntos casos se ob-

tiene :

Direc c i ones i nternas d e la memoria RAM Secuencia d e Salida

d3 d2 d l d oa 3 a 2 a l a o

A11 Ajo = 00 0 0 0 0

0 1 0 0

1 0 0 0

1 1 0 0

A11 Ajo = 01 0 0 0 1

0 1 0 1

1 0 0 1

1 1 0 1

A l , A jo - 1 0 0 0 1 0

0 1 1 0

1 0 1 0

1 1 1 0

A11 Ajo = 11 0 0 1 1

0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 1 1

0 0 0 01 1 1 1

0 0 0 01 0 1 00 0 1 01 1 0 10 0 0 11 0 1 1

1 1 1 1

1 1 1 00 0 1 01 1 1 1

1 0 1 1

1 0 1 1

0 0 1 1

1 1 0 0

[ $ 1

0 0A1 5

1 2

2 F

3 B

1 4 FA14 2

5 D3 CS 6 E

A1 3a3 d 3 ->

4a2 d2 7 B>

A1 25

0 A11-a l 0d1-> 86

DEC3 :8 7doAt o -ao 1- > 9

ROM(24x4) A 2

B 3q

C ACONTADORMOD-4 D B

CLKq1

E

F

F

C




Pro b l ema 11 . - Utili zando memorias 4Kx4, dis eñe un circuit o de decodif icació n que permita

s i t u a r 1 6 K b y t e s a p a r t i r d e l a p o s i c i ó n $ 1 0 0 0 .

S o l u c i ó n P 1 1 . - Soluci onamos primero la obtención de memoria de 8 bit s por palabra a partir

de memorias de 4 bits po r palabra .

CS

CS

a13-0

a 1 3 - 0

14 16Kx4

3210

l7~6 l 5 l4 3)2)1)C)

~ g

D7-0

Las c u a tr o memor ia s se c o l o c ar á n a p art i r de l a d i re c c i ó n A 15 - 0 = $ 1000, es decir :

A 1 5 = 0, A 14 = 0, A13 = 0 , A12 = 1 y A11-0 = 000 (en hexadeci mal) . De esta f orma, las señales

CSi de cada memoria deberán activarse según la sigui ente tabla :

a13-0/14

El circuito de decodific ación es el siguiente :

A15

A14

A13

A12

DEC 3 : 8

16Kx4

3210

CS 1

CS2

CS3

CS4

7 - 0

P r o b l e ma 1 2 . - Un sistema basado en el microproc esador R65C02, dis pondrá de 3 RAM de

8Kx8 y una EPROM de 8Kx8 . D i s e ñ e e l c i r c u i t o d e d e c o d i f i c a c i ó n c o r r e s p o n d i e n t e .

A15 A14 A1 3 A12 CS 1 CS2 CS3 CS4

0 0 0 0 1 1 1 1

0 0 0 1 M 0 1 1 1

0 0 1 0 M2 1 0 1 1

0 0 1 1 M3 1 1 0 1

0 1 0 0 M4 1 1 1 0

restantes combi naciones 1 1 1 1




S o l u c i ó n P 1 2 . - Tenemos que situar 3 memorias RAM de capacidad 8Kx8 y un EPROM de

8Kx8 en un mapa de 64K. Para ello damos uno de los p osibles ci rcuitos de decodifi cación .

Hemos co loc ado las cu atro memorias una a continuac ión de otra empezando desd e la primera

d i re c c i ó n de l map a c o m p l e t o .

A12-A0

13

A

a 1 2 -a l )

ROM Do - D7

Para este circuit o de decodif icaci ón la mitad del mapa queda vacía . Sólo s e ocupan los

p r i m e ro s 3 2 K d e l m a p a . Otra opci ón en donde se ocuparía el mapa completo de los 64K, ya

que cada una de las memorias cu bre 16K, es la si g uiente :

A

A12-A0 Do - D7

a12- a , 1

13RAM

8

8

Do - D7A12-A0- - - o , > a1 2 -a00

13 8

A15 - 1 RAM2A1 4

DEC 1 . 2 3 _ó-D -D7A 1 2-A0

-- . a1 2 -a0 -01

13RAM3

8

A

Do - D 7A12- /a 1 2 - a„

13ROM

8 Do - D7

A1 - Ap D -D713 1 a12-a0 8

RAM 8

A12- Í13

Da - D7a, 2 - a 00

1 13A15 2 RAM2

3A14 4 A

5 Do - D7A13 - 06

A 12 -A0 .D a1 2 - a , ) -r

DEC 3 : 8 7 13 8RAM3




P r o b l e ma 1 3 . - El mapa de memoria de un microprocesador con bus de direcciones de 16 b its

es t á o cu pad o por 8K ROM y 20K RAM . D i s e ñ e e l c i r c u i t o d e d e c o d i f i c a c i ó n n e c e s a r i o s i s e

di sp one de c hi ps de 8Kx4 ROM, 16 Kx4 RAM y 4Kx8 RAM .

S o l u c i ó n P 1 3 . - En primer lugar, hay qu e obtener memorias de 8 bits/palabra a partir de las d e

4 bits/palabra (véase problema 11) .

Una de las pos ibl es solu cio nes sería sit uar las 4 memorias de la sigui ente forma :

A1 5 A1 4 A1 3 A1 2

0

1

restantes combinaciones

Circuito de decodif icación :

A15

A14

M1 : RAM (16Kx8)

M2 : RAM (4Kx8)

M3 : RAM (4Kx8)

M4 : ROM (8Kx8)

vacía

01 10 2

DEC 2 : 4 3

EN 01 10 2

DEC 2 : 4 3

EN0

1

DEC 1 : 2

CS2

CS3

CS4

P r o b l e m a 1 4 . - Utilizando circui tos de memoria 2Kx4, realice una confi guración 8Kx8 que

ocu pe 8K posi cio nes a partir de la 4096 ( 1 0 en un mapa de memoria d e 64K .

Solución P14 . - Una vez q u e ten g amo s t o d a s l a s memor ia s de 8 b i t s p o r p a la bra p ara l o q u e

hemos tenido q ue hacer una asoci ación de memorias de la forma en la que se hizo en problemas

anteriores, hacemos la di strib ució n de estas memorias a partir de la direcció n 4096, es deci r,

A15-0 = $ 1000 con lo que : A15 = 0, A 14 = 0, A 1 3 = 0, A 12 = 1 y A 1 1 - 0 = 000 (en hexadeci mal) .

El mapa de memoria es :

0 0

0 1 0

0 1 0

1 1 1



E l c i r c u i t o d e d e c o d i f i c a c i ó n :

CSi

CS 1

CS2

CS3CS4


A j o-A0 --1

T - >

RAM¡

a 1 0 - a 0

2 Kx8

-yDo -D7

1

Pro b lema 15 . - Diseñe un circuito decod ificador qu e permita sit uar 20Kbytes de RAM a partir

de la di rección $5000 dentro de u n mapa de memoria de 64K . P a r a e l l o s e d i s p o n e d e c h i p s

de 8Kx8 y 4Kx4 .

Soluci ón P15 . - E n p r i m e r l u g a r s e o b t i e n e n t o d a s l a s m e m o r i a s d e 8 b i t s p o r p a l a b r a r e a l i z a n -

do u na asociació n para los casos en los que sea necesario .

Damos a conti nuación, el mapa de la dis tribu ció n de las memorias . T o d a s e s t á n c o n s e -

cut ivamente dis pu estas a partir de la direcci ón $5000 (A 1 5 = 0, A 1 4 = 1, A 1 3 = 0, A 1 2 = 1

y A11-0 = 000 (en hexadeci mal)) .

Mapa de memoria :

A15 A14 A13 A12 CS l CS2 CS3

0 1 0 1 M1 (4Kx8) 0 1 1 a l 1 - 0 = A11-0

0 1 1 M2 (8Kx8) 1 0 1 a 1 2 - 0 = A12-0

1 0 0 M3 (8Kx8) 1 1 0 a 1 2 - 0 = A12-0

r e s t a n t e s combinaciones L i b r e 1 1 1

$A15-0 A, 5 A14 A13 A12 A l , A 1 0 - 0 CS1

CS2 CS3 CS 4

0--- 0 0 0 0 1 1 1 1

1000 0 0 0 1 0 a j o - 0 M1 0 1 1 1

0 0 0 1 1 a t o - 0 M2 1 0 1 1

a0 0 1 0 0 a j o - 0 M3 1 1 0 1

2 F F F 0 0 1 0 1 a t o - 0 M4 1 1 1 0

3000

a

HF1-F

r e s t a n t e s c o m b i n a c i o n e s 1 1 1 1





A15

A15i Al4i A131 0

Al5i A 1 4 1 A l a i 1

CSi a

A14

CSMi a

4Kx4

CS

Mi b

4Kx4

A15

A14

A1 3

A1 2

.

A1 3 A12

M2a CSi

M2 b

A12-0


E l c i r c u i t o de d e c o d i fi c a c i ó n r e a l i z a d o c o n p u e r t a s s e m u e s t r a a c o n t i n u a c i ó n :

CS 1

CS2

CS3

CS4

b ) L a s d i r e c c io n e s d e m e m o ri a l e í d a s p a r a l a s d i r e c c i o ne s p r o p u e s t a s e n e l b u s e x t e r i o r

d e l í n e a s A 1 5 - 0 s o n :

A 1 5 - 0 = $ 4 5 6 7

A15-0 = $CAFE Ninguna memoria selecci onada

c ) P a r a l e e r l a d i r e c c i ó n $ 0 1 2 3 d e d e l a s m e m o r i a d e 4 K x 4 t e n d r í a m o s q u e p o n e r e n e l

b u s d e d i r ec c i o n e s l a p a l a b r a A 1 5 - 0 = $ A 1 2 3 .

d ) P a r a t e n e r u n b u s d e da t o s d e 4 b i t s p o r pa l a b r a , u n a s o l u c i ó n e s c o n e ct a r a l b u s d e

d a t o s s ó l o 4 d e l o s 8 b i t s q u e t e n í a m o s a n t e s . E l m a p a a n t e r i o r e s v á l i d o p e r o s e d e s a p r o v e c h a

l a m i t a d d e c a d a u n a d e l a s m e m o r i a s .O t r a o p c i ó n e s u t i l i z a r s ó l o m e m o r i a s R A M d e 4 K x 4 . A s í , p a r a s u s t i t u i r l a s m e m or i a s

M1 , M2 Y M 3 a n t e r i o r e s q u e e r a n d e 8 K , h a c e m o s u n a a s o c i a c i ó n d e d o s R A M d e 4 K p a r a c a d a

u n a d e e l l a s M i ( c o n i = 1 , 2 , 3 ) c o m o s e in d i c a a c o n t i n u a c i ó n :

M 1 h a s i d o s e l e c c i o n a d a a 1 2 - 0 = $0567

A12

7 CSib

3 -




P r o b l e ma 17. - Diseñe una memoria tipo LFO de 8 bits de anchura y u n fondo d e 6 en los

sigui entes casos :

a) Con regist ros de carga en paralelo .

b) Con regist ros de despl azamiento .

Soluci ón P17 .

a) Dado q ue la memoria LFO tiene 8 bit s de anchura y un fo ndo de 6, el sis tema debe

dis poner de 6 regist ros co n carga en paralelo de 8 bits c ada uno de ellos . La conexión qu e se

lleva a cabo entre los d isti ntos sub sist emas es la sigui ente :

8

PUSH

8

> OUT[81

a' ppw

1

b) Se usan 8 registros bi direccio nales de 6 bits . L a s o p e r a c i o n e s d e P U S H /P U L L s o n

operacio nes de desplazamiento a derecha/izqui erda, respec tivamente, y la salida de la LFO es

la palabra formada por los b its s itu ados en uno de los extremos de cada uno de los registros .

PUSH PULL LOAD R x OUT

0 0 0 Rx - Rx H

0 1 1 R x E- Rx+, R6 - 0 [ R 1 ]

1 0 1 R x E- R x - 1 , R6 < - - 1 H



PUSH

PULL


OUT[8]

PUSH PULL LR Rx OUT

0 0 00 H

0 1 01 R x F - - SHR(R x , O ) [R0 Ro . . . Rp ] (despl azamiento a derecha)

1 0 10 Rx F- SHL(Rx>x) H (despl azamiento a izquierda)



C a p í t u l o 1 1

NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES

E l i n c r e me n t o e n l a c o m p l e j i d a d d e l o s c i r c u i t o s d i g i ta l e s , p r o v o ca q u e l a s t é c n i c a s d e d e s c r i p -

c i ó n y d i s e ñ o e s t u d i a d a s h a s t a a q u í ( m á q u i n a s d e es t a d o s f i n i t o s , K - m a p a , . . . ) s e a n p o c o ú t i l es .

E s t o v i e n e m o t i v a d o , f u n d a m e n t a l m e n t e , p o r e l e l e v a d o n ú m e r o d e e s t a d o s y s e ñ a l e s q u e p o -

s e e r í a u n c i r c u i t o d e e s t a s c a r a c t e r í s t ic a s . P o r t a n t o h a y q u e i n t r o d u c ir h e r r a m i e n t a s a l t e r n a t i -

v a s q u e p e r m i t a n e l m a n e j o d e e s t o s " c i r c u i t o s c o m p le j o s " a l o s q u e n o s r e f e r i r em o s e n a d e -

l a n t e c o m o s i s t e m a s d i g i t a l e s .

SSTEMAS DGTALES A NVEL RT

U n s i s t e m a d i g i t a l s e c o m p o n e f u n d a m e n t a l m e n t e d e d o s p a r t e s : u n i d a d d e p r o c e s o , d o n d e s e

r e a l i z a n o p e ra c i o n e s s o b r e d a t o s d e e n t r a d a , y u n i d a d d e c o n tr o l , c a p a z d e r e c i b ir i n f o rm a c i ó n

s o b r e l a o p e r a c i ó n a r e a l i z a r y g e ne r a r l a s e c u e n c i a d e i n s t r u c c i o n e s q u e s e d e b e n a c o m e t e r s o -

b r e l a u n i d a d d e p r o c e s o . E n e s t a o b r a s e t r a t a r á n s i s t e m a s d i g i t a l e s s í n c r o n os d o n d e u n a s o l a

s e ñ a l a c t ú a d e r e l o j d e a m b a s u n i d a d e s .

U n i d a dd e

c o n t r o l

x

Unidadd e

p r o c e s o

Z o u t) 1

D o u t

x : c u a l i f i c a d o r e s oe n t r a d a s d e c o n t r o l

z : c o m a n d o sD : d a t o s

E n l a s i g u i e n t e t a b l a a p a r e c e u n e s t u d io c o m p a r a t i v o e n t r e s i s t e m a s d i g i t a l e s ( S D ) y c i r -

c u i t o s d i g i t a l e s (CD) . L a d i f e re n c i a e s e n c i a l e n t r e e l l o s e s l a u n i d a d d e i n f o r m a c i ó n : l a p a l a b r a

( o c o n j u n t o d e b i t s ) p a r a l o s S D , y e l b i t p a r a l o s C D . D e a q u í q u e e l f u n c i o na m i e n t o d e l o s S D

s e a d e s c r i t o m e d ia n t e l a t r a n s f e r e nc i a d e l a s p a l a b r a s o d a t o s a t r a v é s d e l o s e l e m e n to s q u e l o s

a l m a c e n a n ( r e g i s t ro s ) . P a r a e l l o s e u t i l i z a e l n i v e l d e d e s c r i p c i ó n l l a m a d o " n i v e l R T " ( R e g i s t e r

T r a n s f e r ) .

2 9 1




nformación

Nivel/Lenguaje

Funcionalidad

C o m p o n e n t e s

Conexi ón

Organización

Circuitos Sistemas

El nivel RT trata a tod os lo s dis pos iti vos capaces de almacenar información como regis-

tros . Así, u n biestable se consid era como un registro de un bit ; u n c o n t a d o r es un regist ro con

capaci dad de incrementar o decrementar su dato ; una memoria es un banco de registros c ada

uno identif ic ado por un nombre lóg ic o (dirección) ; y, pr o piamente , l o s regi s tr o s se incluyen

dentro de este concepto .

Con el lenguaje RT podemos describi r el contenido de u n registro o las op eraciones qu e

se realizan sobre él . Estas últi mas pueden ser de tres categorías :

- Escritura: cambio de dato almacenado en el registro (R) . Es una operació n

secuencia) y se realiza cuando el reloj está acti vo . Su formato es :

R F- nuevo dato

- Lectura : salida del dato almacenado . Es una o peración c ombinaci onal . Su

f o rma t o e s :

Dout = dato p resente

- Contro l : establece cómo opera el registro (esto es, bajo qu é valores lógico s de las

señales de operació n "s" se escribe y s e lee) . Su formato es :

f ( s ) : o p erac i ón (f es co mbinacional)

Las transferencias d e datos entre los registros se realizan mediante lí neas q ue los inter-

c onec tan . Este conjunto d e líneas se denomina bus . En un bus s e pueden realizar dos operacio-

nes de interés :

- Lectura del bus, en la que algún registro l ee el dato q ue contiene el bus para al-

macenarlo (co rresponde a una operación de escritu ra en el regist ro) .

- Escritu ra en el bus, en la que algún registro "vuelca" su contenido al mismo (ope-

ración de lectu ra en el regist ro) .

Exis ten diverso s mét o d o s de interc onexi ón para lo s reg i s tro s , d ependiendo de las

característ icas de lect ura/escritura de estos . Principalmente los métodos so n por multi plexado/

d em u l t i p l e xa d o y p o r c o nex i ó n v í a a l t a im p e danc i a ( b u s e s tr ie s t a d o ) . En l o s p r o b l emas se

de ta l l an e s t o s m é t o d o s .

DSEÑO DE SSTEMAS DGTALES

El diseño d e sist emas dig itales es una tarea compl eja para la que no existe ningún método

sis temáti co . Sin embargo, se p ueden aplicar algunas guías de diseño que f aciliten el trabajo,

c o m o l a d e s e g u i r u n a met o d o l o g í a top-down . En primer lugar, se especi fica el c o n j unt o d e

instrucciones que debe realizar el sistema . Se prop one, seguid amente, una arquitectura para

0 , 1 palabras

de conmutación RTFSM operaciones

p u e r t a s y b i e s t . MUX, registros, . . .

l í n e a s b u s e s

combi nacional y

almacenamiento

procesado de datos

y control



A c c i o n e s

A c c i o n e sc l o n e s

NTRODUC CÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 2 9 3

l a unidad de d a t o s q u e p e r m i t a r e a l i z a r e l c o n j u n t o d e i n s t r u c c i o n e s a n t e r i o r m e n t e

e s p e c i f i c a d o . A p a r t i r d e a q u í , s e o b t i e n e n l o s a l g o r i t m o s q u e r e a l i c e n c a d a u n a d e l a s

i n s t r u c c i o n e s e n l a u n i d a d d e d a t o s p r o p u e s t a , e x p r e s a d o s e n p r i m i t i v a s R T . S e ensamblan

t o d o s l o s a l g o r i t mo s a n t e r i o re s y s e o b t i e n e l a s e c u e n c i a d e o p e r a c i ó n y c o n t r o l d e l s i s t e m a

d i g i t a l . P o r ú l t i m o s e r e a l i z a l a u n i d a d d e c o n t r o l q u e e j e c u t e di c h a s e c u e n c i a .

E n e s t e t e m a d e i n t r o d u c c i ón n o s e t r a t a e l d i s e ñ o d e u n i d a d e s d e c o n t r o l c om p l e j a s q u e

e s e s t u d i a d o e n e l t e m a s i g u i e n t e .

DESCRPCÓN FUNCONAL DE SSTEMAS DGTALES

L a d e s c r i p c ió n f u n c i o na l d e l o s S ) r e q u i e r e d e h e r r a m i e n t a s q u e e s p e c i f i q u e n l a o p e r a c i ó n d e

l o s m i s m o s . U n a d e e s t a s h e r r a m i e nt a s e s l a c a r t a A S M ( A l g o r i t h m i c S t a t e M a c h i n e ) . U n a c a r -

t a A S M s e c o m p o n e d e c a j a s d e e s t a d o s , c a j a s d e a c c i ó n co n d i c i on a l y c a j a s d e d e c i s i ón , a g r u -

padas en bloq ues ASM . C a d a b l o q u e c o n s t a , a l m e n o s , d e u n a c a j a d e e s t a d o y p u e d e p o s e e r

u n n ú m e r o i n d e t e r m i n a d o d e c a j a s d e d e c i s i ó n y a c c i ó n c o n d i c i o n a l . T a n t o l a c a j a d e e s ta d o

c o m o l a d e a c c i ó n c o n d i c io n a l r e p r e s e n t a n e n s u i n t e r i or l a s a c c i o n es o s a l i d a s a c t i v a s d e l S ) .

L a c a j a d e d e c i s i ón , e n c a m b i o , i n c l u y e la s v a r i a b l e s d e e nt r a d a a l S ) .

C a j a d e e s ta d o s

C a j a d e d e c is i ó n

C a j a d e a c c i ón

c o n d i c i o n a l

A c c i o n e s

( A c c i o n e s

D e f o r m a a l t e r n a t i v a , s e p u e d e u t i l i z a r u n l e n g u a j e d e d e s c r i p c ió n d e h a r d w a r e ( H D L ) .

E l H D L q u e u t l i z a m o s a q u í e s u n o m u y s i m p l e y t i e n e s ó l o p r o p ó s i t o s d o c e n t e s . E l f o r m a t o

g e n e r a l d e i n s t r u c c i ó n c o n s t a d e : u n i d e n t i f i c a d o r ( N ) ; u n c a m p o d e c o n d i c i o n e s , d o n d e s e r e -

f l e j a n l a s d e c i s i o n e s s o b r e l a s e n t r a d a s ( c u a l i f i ca d o r e s ) ; u n c a m p o d e a c c i o ne s , b i e n d e t r a n s -

f e r e n ci a s e n t r e r e g is t r o s , b i e n d e c o m a n d o s y u n c a m p o d e i d e n t i f i c a d o r e s d e p r ó x i m a i n s t r u c -

c i ó n ( J , K , . . . ) . A e s t e f o r m a t o g e n e r a l p u e d e n h a c é r s e l e a l g u n a s s i m p l i f i c a c i o n e s .

N c o n d i c i ó n 1 a c c i ó n 1 / . . . Jc o n d i c i ó n 2 a c c i ó n 2 / . . . K

Í n d i c e d e l C a p í t u l o

E s t e C a p í t u l o d e s a r r o l l a p r o b l e m a s d e l a s s i g u i e n t e s m a t e r i a s :

- E l n i v e l R T .

- n t e r c o n e x i ó n m e d i a n t e b u s e s .

- T é c n i c a s f o r m a l e s d e d e s c r i p c i ó n ( c a r t a s A S M y l e n g u a j e H D L ) .

- D i s e ñ o d e s i s t e m a s d i g i t a l e s ( c o n u n i d a d e s d e d a t o s s i m p l e s o p r o p u e s t a s ) .




PROBLEMAS RESUELTOS

P r o b l e m a 1.-Compare las s igui entes declaraciones RT . :

Solución Pl . - El co nvenio para declaraciones RT establece l a fo rma general :

f (X ,X2 , . . . ) : RD E- G(RF , RF2 , . . . ) ,

d o n d e : X , X 2 , . . . s o n v a r i a b l e s l ó g i c a s

f( ) es una funci ón combinacional,

RD, RF , RF2 , . . . s o n r e g i s t r o s ( d e s t i n o , f u e n t e 1 , f u e n t e 2 . . . )

y G( ) e s u n a o p e r a c i ó n a r i t m é t i c o - l ó g i c a e n t r e l o s d a t o s d e l o s r e g i s t r o s

f u e n t e s .

Entonces :

- El símb olo "+" que aparece a la izqui erda de " : " s i g n i f i c a u n a o p e r a c i ó n O R e n t r e l a s

v a r i a b l e s c o r r e s p o n d i e n t e s ( A y B e n l o s c a s o s a y b , ó C y D e n e l c a s o c ) . Análog amente,

representa la operació n AND entre A y B en los c asos d , e y f .

- A y B son variables lógicas en los casos a , b , d , e y f y s o n r e g i s t r o s e n e l c a s o c . A l

r e v é s o c u r r e c o n C y D ( v a r i a b l e s e n c y r e g i s t r o s e n l o s d e m á s c a s o s ) .

- P a r a d i s t i n g u i r e n t r e s u m a a r i t m é t i c a y s u m a l ó g i c a (OR), s e r e s e r v a " + " p a r a e l p r i m e r

caso y " v " para el segundo (casos a y b respectivamente) . Análogamente, en caso necesario,

y / o " x " s e r e s e r v a n p a r a l a m u l t i p l i c a c i ó n a r i t m é t i c a y "A" para la op eració n AND . E l v a -

l o r a l m a c e n a d o e n E e s , p o r t a n t o ,

a) E F- C + D co n "+" como suma arit métic a .

b) E ; 4- OR (C ; , D i ) Vic) E 4- A + B con "+" como s uma aritméti ca .

d) E ; 4- AND (C ; , D i ) Vie , f ) E ; 4- C x D con "x" como product o aritmético .

- Las dimensio nes de los regist ros son :

E [ n ] , C[n] y D[n] en los cas os a , b y d .E [ n ] , A [ n ] y B [ n ] e n e l c a s o c .

E[2n], C[n] y D[n] en los cas os f y e , ya que el producto aritmético de dosnúmeros d e n bit s, d a como resul tado u n número de 2n bit s .

Prob lema 2 . - E n l a u n i d a d d e d a t o s d e l a f i g u r a s e a c t i v a n l a s s e ñ a l e s d e a c u e r d o c o n l as i g u i e n t e s e c u e n c i a d e c o n t r o l :

c i c l o EN d l d o S S o

1 0 1 1 0 02 1 1 1 1 13 0 0 0 0 14 0 0 1 1 0

5 1 0 0 0 06 0 1 0 1 1

a)A+B: ESC+D d )A •8: E<-- CADb) A+ B : E <- - C v D e ) A • B : E <- - C • Dc)C+D : E4-A+B f ) A •B: EF--CxD



d 1

d

NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 295

Describa qu é op eraciones se hacen (a nivel RT) así como l a operación glob al en los

s e i s c i c l o s d e r e l o j .

o-

10

DEC 1

0 2. 4 2

3

1

EN

w An/

S i-S o

1 0 1 2 30 nxMUX4: 1

n1 -

n1 n1 n1 n1

w B

n /

fn

w C

n

w Dn/ A 1

S o l u c i ó n P 2 . - Analic emos las operacio nes realizadas en cada ciclo d e r e l o j .

Ciclo 1 . Como EN = 0 el decodi fic ador está acti vo y por lo tanto se está seleccio nando

u n o d e l o s r e g i s t r o s p a r a e s c r i t u r a . Como d 1 d0 = 11 el registro selecc ionado es D . P o r o t r a p a r t e

S S O = 00 lo q ue impli ca que el dato que se encuentra en el bus de entrada es [A] . Así la ope-

ración realizada en este ciclo de reloj es D 4- A .

Ciclo 2 . En este cicl o EN = 1 lo que impli ca que nigún r e g i s t r o t ie n e a c t i v a l a s e ñ a l d e

escritura. No s e realiza ninguna operación entre registros .

Ciclo 3 . En esta ocasi ón EN = 0 y d e d o = 00 luego el registro seleccionado como d estino

e s e l r e g i s t r o A . Como SSO = 01 el dato que se encuentra e n e l b u s d e e n t r a d a d e l o s r e g i s t r o s

es [B] y la microoperación que se realiza es, por tanto, A 4- B.

Ciclo 4 . Para este cic lo encont ramos activas la señal EN y d a d o = 01 (se selecciona como

destino el registro B), mientras que SSO = 10 y por tanto el dato en el bus será [ C ] , la micro-

operació n entonces es B 4- C .

Ciclo 5 . Al igual que en el cicl o 2, no se realiza operación alguna entre los registros .

Ciclo 6 . En el último c icl o la señal EN está acti va y c o n d 1 d o = 10 se activa escritura

d e C . Como S S O = 11 el dato en el bus es [D] y la microoperación realizada es C E- D .

En resumen, la secuencia de microo peraciones es :

1 .D4-A2 . NOP




3 . A - B4.B-C5 . NOP

6 .C<--DG l o b a l m e n t e , p o r t a n t o , l a o p e r a c i ó n r e a l i z a d a e s : D F- A y A - B E- C

Problema 3 . - S o b r e u n r e g i s t r o A d e b e n r e a l i z a r s e l a s t r e s o p e r a c i o n e s s i g u i e n t e s , s i e n d o B

e l c o n t e n i d o d e n b i t s d e u n b u s d e d a t o s :

TNOR : A - A + B

TNAND : A F -A•BTEQ : A<- AO+B

D i s e ñ e u n a e t a p a d e l r e g i s t r o A d e n b i t s c o n b i e s t a b l e s J K .

S o l u c i ón P 3 . - Las o peraciones pu eden traducirse a las de una sola etapa A j :

TNOR: Aj A¡+ Bi

TNAND : Aj < - - Ai • Bi

TEQ : Aj-AJ O+ BjEntonces en fu nció n de lo s valo res de TNOR, TNAND, TEQ y B j y d e l v a l o r a c t u a l d e

Aj , pod emos escribi r el mapa de Karnaugh para el valor próximo d e A j ( t a b l a d e e s t a d o s d e l a

e t a p a j ) :

0 1 - 1 -

TNOR TNAND TEQAj B j 000 001 011 010 110

( A j = q j )

00

0 1

1 1

10

J j Kj

1 1 1 101 100

Qj = A j * B j (* = NOR, NAND, EQ )

A continuació n pasamos a la tabla de excit ación do nde consid eraremos q ue la transfe-

r e n c i a d e e s t a d o e s l l e v a d a a c a b o p o r b i e s t a b l e s J K .

0 - 1 - - - 1 - - - - - 1 -

TNOR TNAND TEQAj i

000 001 011 010 110 111 101 100( A j = % )

00

1

0 - 0 - - - 1 - - 0 -

- 0 - 0 - 1 - 1

- 0 - 1 - 0 - 1

1

0 0 - 1 - - - 0

1 1 - 0 - - - 0

1 0 - 1 - - - 0



d e d o n d e d e d u c i m o s l a s e c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n :

Jj- = T NAND + TEQ • B

j+ TNOR B

K j = TNOR + TNAND • B j + TEQ Bj

P o r t a n t o , e l c i r c u i t o c o r re s p o n d i e n t e a l a e t a p a j e s :

TNANDTEQB j

TNOR

NTRODUCC ÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 2 9 7

Pro b l ema 4 .-Se definen las si guientes op eraciones de d esplazamiento a l a derecha :

- LSR (Logic Shift Right) : S e t r a t a d e l l l a m a d o d e s p l a z a m i e n t o l ó g i c o , e n e l q u e e l b i t

de entrada serie es 0 .

- A S R ( A r i t h m e t i c S h i f t R i g h t ) : S e t r a t a d e l l l a m a d o d e s p l a z a m i e n t o a r i t m é t i c o , e n e l q u e

e l b i t d e e n t r a d a s e r i e e s e l b i t d e s i g n o .

- ROR (Rot atio n Right ) : S e t r a t a d e l a l l a m a d a r o t a c i ó n , e n l a q u e e l b i t d e e n t r a d a s e r i e

c o i n c i d e c o n el b i t d e s a l i d a s e r i e .

a ) D e s c r i b a l a s t r e s o p e r a c i o n e s a n i v e l R T p a r a u n r e g i s t r o d e n b i t s , r e p r e s e n t a n d o e l

circuito co rrespondiente .

b ) R e a l i c e l o s t r e s c i rc u i t o s a n t e r i o r e s p a r a e l c a s o n = 8 u t i l i z a n d o e l r e g i s t r o 7 4 1 9 8 .

c) Realice un ci rcuit o basad o en 74198 que permita realizar las sigu ientes fu nciones

07 - 0

Soluci ón P4 .

a ) A n i v e l RT l a s o p e r a c i o n e s s o n l a s s i g u i e n t e s ( d o n d e B e s u n r e g i s t r o d e d e s p l a z a -

m i e n t o a l a d e r e c h a ) :

LSR: SHR(B, 0)

ASR : SHR(B, B , - i )ROR : SHR(B, B 0 )

q

1

X7-o

1 8

A j A 0 O p e r a c i ó n

000 11 -

LSRASRROR

MR S S o O p e r a c i ó n

s r

0-- P u e s ta a 0 a s í n c r o naMR 74198c 1 0 0 n h i b i c i ó nS [ 8 1

101 D e s p l a z a m i e n t o i z q d a .S

110 D e s p l a z a m i e n t o d c h a .

1 1 1 C a r g a e n p a r a l e l oCk




Los circui tos q ue corresponden a cada una de ellas son :

0

1n - 1 B

LSR ASR ROR

b) En los t res casos será necesario u tili zar el ci rcuito 74198 en modo de d esplazamiento

a la derecha, para ello s e fijarán las entradas MR, S 1 y S o a 1, 1 y 0 respecti vamente . La entrada

Ds r deberá ser conectada a 0, B i - 1 ó Bp s egún la operación qu e se desee realizar . E n l o s c i r c u i -

tos que se muestran a continuaci ón, las si glas NC indican "no conectado" .

LSR: SHR(B, 0)

ROR: SHR(B , B 0 )

B

1

Ck

1

Ck

C

s r

MRS 1

S

ASR: SHR(B, Bn-1 )

NC NC

7 - 0

B 74198

07 - 0

s r 7 - 0

MRS 1

S

B

NC NC

B 74198

07 (- B7)

0 0 (= B0)

c) Ya que la únic a diferencia para los tres caso s (apartado b) radic a en la entrada Dsr ,

bastará multi plexar a dicha entrada la señal correspondiente :

A1 A 0

00

01

1-

Ds r

0

07

00

r



NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 29 9

Al ternativamente, p o demos o b tener DS r c o m o f un c i ó n de A 1 , A0 , 0 7 y 0 0

0 7 00

A 1

00

01

1 1

1 0

10

DS r = A100 +Á1 Ao 07

P r o b l e ma 5 .-Se dispo ne de cuatro registros con datos (R o , R 1 , R2 y R3 ) y una ALU, to dos de

n b i t s . Se desea diseñar un sist ema que permita a cualqui era de los registros s er datos-op e-

r a n d o s y / o d e s t i n o d e l r e s u l t a d o . E l r e g i s t r o f u e n te d e l d a t o A e s s e l e c c i o n a d o p o r d o s b i t s , A 1

y A o ; el de B, por 8 1 y B O ; y el de destino, por D 1 y D o . Muestre la estruct ura del sist ema e

indiq ue cómo se realiza una operación en los sigu ientes casos :

1) Un esquema de conexión basado en multip lexado, usando regist ros co n terminales

de entrada y sali da separados .

2) Un esquema de conexión basado en bus es triestado , us ando regis tros c on termina-

les de entrada y sali da separados .

3) Usando regist ros con terminales de datos bi direccio nales .

Añada en cada caso lo s di spo sit ivos qu e se necesiten . ndiq ue, tambi én en cada caso,

la secuencia de activación de las señales de control de l os di sposit ivos indicando de dónde

provienen .

Soluci ón P5 .

1) Solución b asada en multip lexores .

Los registros ut ilizados so n como el que se describe a continuación :

N

w=1 :REG4-Nw = 0 : REG E- REG

OUT = [REG]

OUT

Los datos A y B se obtienen multi plexando los dato s de los cu atro registros RO, R1, k2y R 3 . El destino se obti ene decodificando D1 DO , lo q ue permite activar la escritura w de sólo

uno de los registros .

0

L

0




Entonces, la u nidad de datos es :

EW

D-Do-

31DEC 2

0 2 : 4 1

0

Al-A0-0

n/

y

R 0

n/

0 1 2 3n x MUX 4 : 1

n

B -B0-

R2

1

0

R

0 1 2 3n x MUX 4 : 1

ALU SEL OP

Cada operación aritmético-ló gica se selecciona con SEL OP y se ejecuta en un cicl o de

reloj (una microop eración) :

1 .RD-RA *RBLas s eñales a activar son SEL OP (que seleccio na la operación *), y la combinación

adecuada en las señales A 1 , A0 , B 1 , B 0 , D 1 y D 0 para seleccionar los registros fuente y destino

de seados . Es conveniente (aunque no obl igato rio) introducir una señal de habilitación de es-

critu ra (EW) para que sólo se escriba en un registro Ri cuando se desee .

2) Solución basada en bus es triestado .

Los registros que uti lizamos en este caso so n :

N

w = 0 : REG - REGw=1 : REG-Nr = O :OUT=Hr = 1 : OUT = [ REG]

S e p e r m i t e r = w = 1



EW

D i-Do-

A l / 1 3 1-A0 / 1 3 0-

Ent o n ce s la u n i d a d de p r o ce sa d o :

3

DEC2

0 2 :4 1

0

2DEC

0 2 : 4 1

0

> w3

> w2

>w1

> wo

r 3

r 2

r l

ro

n

wor o Ro

n


El registro RT es necesario p ara almacenar el dato B temporalmente . Puede ob tenerse a

partir de los registros q ue estamos utili zando s in más que fi jar a 1 la entrada de control de

lectura .

n

wr W ) R 1

n

w2r2

n

RT

wr 3 3 R3

n

ALU SEL OP

Cada operación requiere dos c icl os (dos mic rooperaciones) :

1 .RT4-RA2 .RD 4-RB *RT

Es obl igatori o usar EW, debe ser 0 en la primera micro operació n y 1 en la segunda .

Se necesitan tres bus es de datos :

- Uno t riestado, con n líneas, desde R; a RT y d ato A .

- Dos estándares, con n líneas, desd e RT al dato B y desd e la ALU a R ; .

En cuanto a la generación de las s eñales de lectura, el control ador debe poner :

A;/B i = B i en el ciclo 1

A;/B i = A; e n e l c i c l o 2 .

3) Soluci ón basada en registros co n UO .

Utilizamos registros co n terminales bidireccionales (/O), por l o qu e la conexión es a

través de un bus triestado .




DAT

Como por un bu s só lo p uede haber un dato y necesitamos tres (A, B y A * B), se nece-

sit an dos registros más para el almacenamiento t emporal . De esto s, uno se d estina a almacenar

un dato- op erando (por ejemplo B) y el ot ro puede :

1) almacenar el otro d ato-o perando (A), en cuy o c aso el resultado A * B puede almace-

narse en el regist ro de desti no R D

2 ) a l m a c en ar el re s u l t a d o A * B , en c u y o c a s o e l d a t o - o p e r a n d o A e s s u m i n i s t r a d o

p o r RA .

S o l u c i ó n 1) :

wor o Ro

wr , R,

TA

n

wr 2 2 R2

TB

B

ALU SEL OP

CB

Wr 3 3 R3

A

La salid a de la ALU debe pos eer buf fer triestado c on el fin de que no haya problemas

de cableado con el bus triestado cu ando RA o R B viertan datos . El control de los buff ers (CB)

debe activarlo la unidad de c ontrol cuando realice la escritura en R D .

Una operació n requi ere tres microo peraciones :

1 . T A-RA2 .TB < - - RB3 .RD E-TA*TB

Es obligato rio inclu ir EW, que sólo se activaría en la microoperación 3 . En lo d emás, la

generació n de w es como en lo s caso s anteriores .

rw REG E- DAT

0 0 REG H

01 DAT entradas

10 REG [REG]

11 prohibida prohibida



JK

00011011

Q

q0

1

q

rwp RO

NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 3 0 3

L a g e n e r a c i ó n d e l a s s e ñ a l e s d e l e c t u r a r j e s c o m o l a d i s c u t i d a e n l a s o l u c i ó n b a s a d a e n

b u s e s t r i e s t a d o .

Solución 2)

w - wr ~' R,

n n

Ck

WB

Wr 2 2 R2

TB

n

B

ALU SEL OP

-w- r 3 3 R3

E l r e g i s t r o TD d e b e t e n e r s a l i d a s t r i e s t a d o p a r a s u c o n e x i ó n a l b u s .

Una op eració n requi ere tres microo peraciones :

1 . TB F- RB

2 .TD <-- RA * TB3 . R D - TD

L a g e n e r a c i ó n d e l a s s e ñ a l e s d e l e c t u r a r j y d e e s c r i t u r a w j s o n c o m o e n e l c a s o a n t e r i o r ,

siendo ob ligato rio inclu ir EW (a activar en microoperación 3 ) .

P r o b l e m a 6.-Obtenga la carta ASM para un biest able JK .

Soluci ón P6 . - E s t e e s e l c a s o m á s s e n c i l l o d e r e a l i z a c i ó n d e c a r t a s A S M . S e t r a t a d e d e s c r i b i r

u n b i e s t a b l e c o m o u n s i s t e m a c o n d o s s a l i d a s ( a c c i o n e s e n l a c a r t a ) y d o s e n t r a d a s .




Como pu ede obs ervarse en la fi gura anterior cu ando el bi estable almacena un 0, l a

salid a q se encuentra activa permaneciendo en esta si tuació n mientras qu e J = 0 . S i J = 1 s e

produc e un cambio . L a s e n t r a d a s d e l b i e s t a b l e p u e d e n s e r a h o r a J K = 1 0 ó J K = 1 1 , p o r l o q u e ,

e n e l c i c l o s i g u i e n t e , s e a c t i v a r á l a s a l i d a q ( 2 ° b l o q u e A S M ) . E s t a n u e v a s i t u a c i ó n s e m a n t e n -

d r á h a s t a q u e l a e n t r a d a K s e a c t i v e .

P r o b l e m a 7.-Construya la carta ASM del circuit o secuencial dado en las sigu ientes tablas .

Asimismo des criba ambas máqui nas usando el lenguaje HDL .

a)q1 q 0,, 01

Q ] Q 0 , z

b) X 1 X 0

q 1

00

0 1

1 1

10

01

QlQo

1 1 10

Soluci ón P7 .

a ) C a d a e s t a d o d e l a t a b l a d a r á l u g a r a u n a c a j a d e e s t a d o e n l a c a r t a A S M ; l a s s e ñ a l e s

d e e n t r a d a a l c i r c u i t o ( e n e s t e c a s o s ó l o h a y u n a : X ) d a r á n l u g a r a p o s i b l e s c a j a s c o n d i c i o n a l e s ;

l a s s a l i d a s t i p o M o o r e s e r á n s e ñ a l e s a a c t i v a r e n l a s c a j a s d e e s t a d o , m i e n t r a s q u e l a s s a l i d a s

tipo Mealy se activarán en cajas d e acción condici onal .

De s cr i p c i ó n HDL :

z 1 z2 z3

0 1 1

00 10 10 00

00 01 0 1 00

0 1 0 1 01 0 1

10 1 1 01 10

00 0 0 , 0 0 1 , 1

01 1 1 , 0 0 1 , 1

1 1 1 0 , 0 1 1 , 0

10 1 0 , 0 0 0 , 0

0 x 0

1

x

x

z

3

x z 1

2 x 2

x 0

3 x -j 2

x 3




b) Es una máquina de Moore, por tanto tod as las salid as se acti varán en cajas de estado .

00

D es c r i p c i ó n H DL :

Ra

Wa~Za

t

1

P r o b l e ma 8 . - L a figu ra muestra una carta ASM de un sistema así como la unid ad de datos cor-

respondiente . E n d i c h a c a r t a , x e y s o n e n t r a d a s q u e p u e d e n t e n e r c u a l q u i e r v a l o r b i n a r i o , p e r -

maneciendo c onstantes desd e que Xs se hace 1 .

Especif iqu e todo s los errores de esta carta comentándol os brevemente .

R bRcA Zb~B Z~

~ C

i

r

0 x0 Z 1 Z3 0

x0 Z 1 Z3 2

1 XO Z Z2 0

XO Z1Z2 1

2 xO_ Z2 Z3 2

x0x1 Z 2Z 3

xOx1 Z 2Z 3 1

3 t - 1




1

A 4- BC4-0

Cf-A

s í no

v(B-AD A~BV

B 4- C

A4-C

S o l u c i ó n P 8 . - Hay cuatro errores en l a carta ASM . Esto s se muestran en la siguiente figura

en tramos má s grues o s .

Error ( 1 ) : El camino "0" nunca se toma, ya qu e si x • y = 1 , x + y no puede valer 0 .

Error ( 2 ) : S e t r a t a d e u n b u c l e i n f i ni t o . L a e s t r u c t u r a d e e s t e b u c l e e s , e n g e n e r a l , c o r r e c -

ta aunqu e en este cas o es errónea . Esto es debi do a que según el enunciado d el problema, los

valores de x e y p ermanecen consantes desde qu e X s se hace 1 . A s í , e n e s t e c a s o , e l s i s t e m a s e

queda p ermanentemente en ese bucl e (2) lo qu e es causa de error .

Error ( 3 ) _ : En este bu cle no s e pasa por ninguna caja de estado .

Error (4) : Lectura simul tánea de los regist ros A y B (no es posible pues hay un único

bus de datos) . Además, A es leído y escrito en el mism o cic lo ; esto es u n error ya que A tiene

/O bidi reccional .



C - B

error (1)

1

A - BC<-0

C <- A

s i no

B <-A A<-B


0

error (3)

1

error (4)

A C

e r ror (2 )

Pro b l ema 9 . - S e d e s e a c o n s t r u i r u n s i s t e m a d i g i t a l q u e r e a l i c e t o d a s l a s o p e r a c i o n e s p o s i b l e s

de suma y resta entre dos números qu e se encuentran inicialmente en los registros A y B, y

que almacene el resul tado en cualquiera de ellos . ( N o h a y q u e o b t e n e r l a u n i d a d d e c o n t r o l ,

sól o la unidad de proceso y el conjunto de microoperaciones que realiza) .

So l u c i ó n P 9 . - Supongamos q ue el sis tema inicia su operación cuando se activa la entrada X g ,

y , p a r a a v i s a r d e l a f i n a l i z a c i ó n , a c t i v a l a s a l i d a F N .

Se puede entonces hacer una disti nción clara entre la unidad de co ntrol y l a unidad de

procesado del sist ema digit al . La primera recibe la señal de inici o, X S , y el código d e la ope-

ració n a realizar (a través de R) y acti va la señal de FN y las s eñales de control necesarias

para que la unidad de procesado ejecute la operación (Z) . La segunda procesa los d atos A y B

y almacena el resultado .




R

[AC]

CONTROL

F N->Z

u s u a r i o sistema

Como c omp onentes c laros de la unidad de proc es o están los registros A y B, que con-

tienen inicialmente los d atos, y l a ALU, que permite operar con estos . El conjunto de opera-

cio nes que debe realizar este sis tema son :

• A E- A+B • B E- A+B • A E- A-B • B E- A-B

• A E- -A+B • B E- -A+B • A E- -A-B • B E- -A-B

Por lo q ue sólo s e necesitan 3 bits para codif icarlas .

Una posib le arquit ectura de la unidad de proceso que p o s i b i l i t e l a e j e c u c i ó n d e e s t a s m a -

croop eracio nes se muestra en la sigui ente figura . Todos lo s bu ses y componentes que aparecen

son de n bits . Se han distinguido dos ti pos de bu ses, los que se han dibujado en gris so n unidi-

reccionales y dedicados, mientras que los que se han dibujado en negro son bidireccionales,

compartidos y t riestado .

T

a±b

A-0- RACQ f-WAC

- - ZAC

U. PROCESADO

A

B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

DB : B u s d e d a t o s

A

B

RA:WA

RB:WB

UNDAD DE PROCESADO

t

( d e l

RA WA RB WB WT s r RAC WAC ZACc o n t r o l a d o r )



OUT 1

N,

OUT

Para la unidad de procesado propuesta y para cada una de las macrooperacio nes defini-

das, se ob tiene el conjunto de microop eraciones o "pasos" necesarios a realizar en cada cic lo

de reloj, para obt ener la ejecución de cada macrooperación . Por simplicidad, s ólo se detallará

el caso de A-A+B.

O b s e rv a nd o l a ar q u i t e c t u r a, d e d u c i m o s q u e p a ra o b t e n er l a s u m a d e A y B , h a y q u e

s i t uar el primer operando en el r eg i s tr o AC , y s uma rl o p o s t e r i orm en te c on e l se g un d o

Regist ro X (X es A o B)

Regis tro AC (ACumulado r)

N

N2


Se realiza a continuación una descripció n de tod os los elementos que co mponen esta

unidad con el objeto de eliminar posibles ambigüedades en el funcionamiento de lo s mismos .

R e g i s t r o T

N

ZAC RAC WAC AC - OUT] = OUT 2 =

0 0 0 AC [AC H

1 0 0 0 [AC HRAC

0 1 0 AC [AC] [ACWAC0 0 1 N [AC] H

ZACOtras Prohibi das

s r OUT =

0 0 (No impo rta)

0 1 N, - N 2

1 0 N, + N2

1 1 Prohibida

DD ~j X RxE- Wx `«_ WTT

Rx Wx X- DD=

OUT

0 0 X H WT T < - - OUT=0 1 DD Entrada 0 T [ T ]

1 0 X [X] 1 N [ T ]1 1 Prohibida




operando . N ó t e s e , a d e m á s , q u e e l d a t o q u e s e t r a n s f i e r e a l a c u m u l a d o r e s l a s u m a o r e s t a d e l

c o n t e n i d o d e l r e g i s t r o T c o n e l c o n t e n i d o d e l p r o p i o a c u m u l a d o r . P o r t a n t o , e n p r i m e r l u g a r ,

s e t r a n s f i e r e e l c o n t en i d o d e l r e g i s t r o A h a c i a e l r e g i s t r o T y , s i m u l t á n e a m e n t e , ponemos a 0

el acumulado r .

1 .T-A,AC-OEn el segundo ci clo d e reloj, p odemos transferir al acumulador el contenido de T

( [ T = A ) , e i n c l u s o t r a e r n o s e l s e g u n d o o p e r a n d o a l r e g i s t r o T .

2. T<-B,ACE--AC+TSumamos a continuación los d os op erandos :

3.AC-AC+TE n e l c i c l o d e r e l o j s i g u i e n t e , p o d e m o s o r d e n a r e l a l m a c e n a m i e n t o d e l r e s u l t a d o e n el

registro A .

4.A<--ACS i e s t e p r o c e s o s e r e p i t e p a r a l a s m a c r o o p e r a c i o n e s r e s t a n t e s obtenemos la siguiente

t a b l a :

D e f o r m a e q u i v a l e n t e o b t e n e m o s l a t a b l a q u e r e p r e s e n t a l a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l a a c t i v a r

p o r l a u n i d a d d e c o n t r o l :

µO P A<- A+B B<--A+B A-A-B B-A-B

1 ZAC,WT,RA

2 WT, RB,WAC,s

3 WAC, s WAC, r

4 WA,RAC WB,RAC WA,RAC WB,RAC

t OP A-(-A)+B B<--(-A)+B A-(-A)-B B<-(-A)-B

1 AC-O, T<--A

2 TAB, AC-AC-T

3 AC-AC+T AC-AC-T

4 A<-AC B<-AC A-AC B-AC

.tOP A<- A+B B-A+B A-A-B B< -A-B

1 AC<-0, T<--A

2 T<-- B, AC-AC+T

3 AC-AC+T AC< -AC-T

4 A<--AC B < - A C A-AC B-AC



Para diseñar el sist ema digital completo necesitaríamos d escribir el comportamiento d e

la unidad de control y diseñarla . Esto lo dejaremos p a r a e l s i g u i e n te C a p í t u l o , p o r l o q u e l a s o -

luci ón mostrada hasta aquí es suf iciente para este tema de introducci ón .

Pro b lema 10 . - Considere un sistema con tres registros (A, B, C) de ocho bit s . Ha de tener

lugar la sigu iente secuencia de operaciones en el orden que se describen :

Cuando se activa una señal de co mienzo (X5 ) lo s dat os d e entrada se cargan en A . E l

compl emento de lo s dato s de A se cargan en C . Finalmente, los datos de C se almacenan en

B. Con los d atos de A y B se hace la operación OR y el result ado s e almacena en C . F i n a l -

mente, l os datos d e C s o n s i t u a d o s e n l a s l í n e a s d e s a l i d a , t r a s l o c u a l e l s i s t e m a v a a l e s t a d o

de espera .

a) Describ a las o peraciones a nivel RT .

b) Diseñe la unidad de dato s qu e pueda realizarlas .

c) Haga la carta ASM de las s eñales a activar por el co ntrol .

d) ¿Habría que hacer algún cambio para imponer que las líneas de sali da estu viesen

en alta i mpedancia cu ando no mostraran el dato? En su c aso, ¿cuáles son?

Soluci ón P10 .

a) La secuencia de operaciones descritas a nivel RT es la siguiente :

NTRODUCCÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 3 1 1

Los estados que aparecen entre paréntesis podrían sup rimirse en notaci ón RT .

b) Para diseñar la unidad de datos d ebemos tener en cuenta q u e e l r e g i s t r o A d e b e r e c i b i r

su entrada de DN , el registro B debe recibir el contenido de C, e l r e g i s t r o C d e b e r e c i b i r f 1 y

A+B. En la sigu iente figu ra se muestra có mo hay que co nectar los registros entre sí . También

se describen los registros a nivel RT.

Los registros A, B y C son como el descrito a continuación :

.tOP A-(-A)+B B4-(-A)+B A-(-A)-B B E-( -A) -B

1 ZAC,WT,RA

2 WT , RB , WAC , r

3 WAC, s W AC, r

WA,RAC WB,RAC WA,RAC WB,RAC

0 . Xs 0

Xs ( 1 )

1 . A E- DN ( 2 )

2 . C E- t k ( 3 )

3 . B E- C ( 4 )

4 . CE-A+B(5)5 . OUT = [C] (0)



0

WA

1

WC

WB

1

SEL, W C

1RC

1

S o

S

S 2

S 4

S 5

8 x B U F t r i - e s t a d o s

OUT

e ) L a c a r t a A S M d e l c o n t r o l a d o r e s i n m e d i a t a . B a s á n d on o s e n l a s s o l u c i o n e s o b t e n id a s

p a r a l o s a p a r t a d o s a ) y b ) o b t e n e m o s :

d ) E n n u e s t r o c a s o y a h e m o s h e c h o q u e O U T = H c u a n d o n o e s t e m o s e n l a m i c r o o p e -

r a c i ó n 5 m e d i a n t e l o s 8 b u f f e r s t r i e s t a d o q u e s ó l o e s t á n a c t i v a d o s e n S 5 .


WAx

DN

WBA

8 8

8WK x ORK

8 x NV

8

z 0 1

SEL8 x MUX 2 : 1

WK K <-- z=

0 K [K ]

1 x [K ] C

RC




Probl ema 11 . - Describ a a nivel RT un cont ador ascendent e módulo 64 con puesta a cero,

c a r g a e n p a r a l e l o e i n h i b i c i ó n .

S o l u c i ón P11 . - E l c o n t a d o r h a d e s e r d e 6 b i t s , u n a p o s i b l e d e s c r i p c i ón a n i v e l R T s e r í a l a s i -

guiente :

DN5- 0

SS o

1

Ck

Soluci ón P12 .

S u p o n i en d o

A;

Ck


Probl ema 12 . - U n r e g i s t r o A c o n n e t a p a s i n d i v i d u a l e s s e a c o p l a a u n b u s c u y a s l í n e a s l l e v a n

l o s b i t s B . L o s c o m p o n e n t e s d e l r e g i s t r o A s o n b i e s t a b l e s SR. D i b u j e e l d i a g r a m a l ó g i c o d e u n

c i r c u i t o a s o c i a d o a u n a e t a p a d e l r e g i s t r o q u e n o s p e r m i t a o r d e n a r l a t r a n s f e r e n c i a A ; E - A ; B ; .

Repítalo para A ; < - - A;+B¡ , A;F-A ¡ BBB ¡ , A ; < - - A;+OB, .

T=0: A - AT = 1 : A - A * B (* = AND, O R, XOR, XNOR), s e ob ti ene :

B ;

0-

AND

1

A;

R

Ck

XOR XNOR

S S O Z 5 _ 0 = C E- Cy

Cy 00 [ C ] C

01 [ C ] C+1 859493929190

10 [ C ] DN

11 [ C ] 0




Pro b l ema 13 . - U n r e g i s t r o u n i v e r s a l d e 8 b i t s ( R U 8 ) t i e n e l a s i g u i e n t e d e s c r i p c i ó n :

- Entradas de dat os : 8 e n p a r a l e l o ( X 7 - o) y do s en serie (XR y XL ), una para desplaza-

miento a derecha (XR) y o t r a a i z q u i e r d a ( X L ) .

- Salid as de datos : 8 e n p a r a l e l o ( Z 7 - 0) .

- Entradas de c ontrol : l a d e l r e l o j ( C k ) y d o s p a r a l a s d i s t i n t a s o p e r a c i o n e s ( S 1 So , c on

00 para inhibici ón, 01 para desplazamiento a la derecha, 10 para desplazamiento a i zquierda

y 11 para carga en paralelo ) .

Descríb alo a nivel RT . E s p e c i f i q u e u n r e g i s t r o e q u i v a l e n t e c u y o c o n t r o l s e e f e c t ú e c o n

sól o una entrada activa po r cada operación de cambio d e datos . Diséñelo uti lizando un RU8 .

El registro RU8 tiene la sigu iente descrip ció n RT ..

So

Ck

RE = Regist ro Equi valente

Pro b lema 14 . - Se dispo ne de un regist ro con t erminales de entrada y salid a separados q ue

pos ee una única señal de cont rol para escrit ura, W. S e p r e t e n d e i n c o r p o r a r e s t e r e g i s t r o a u n

sis tema ya dado a través de un bus 3-estado s bid ireccional . Describ a cómo s e implementa la

incorporación .

S o l u c i ó n P 1 4 . - V eamos do s p o s i b les so l u c i ones :

- A: Sol u c i ó n c o n desc onexi ón mínima .

- B: Solu ción con desconexión total .

S o l u c i ó n P 1 3 . - El registro equivalente, RE[8], tendrá 3 señales de control , W para la carga en

paralelo, SR para desplazamiento a la derecha y SL para desplazamiento a la izquierda . S u d e s -

cripc ión y su d iseño a partir del RU[8] se muestran a continuació n :

DN7 _ o L

1- RU8[8]

s i s o Z7 - o = RU8-0 0 [RU8] RU80 1 [RU8] SHR (RU8,XR )

10 [RU8] SHL (RU8,XL )

11 [RU8] X7-o

W SR SL ZRE _ RE < r -

000 [RE] RE001 [RE] SHL (RE,L)

010 [RE] SHR (RE,R)

100 [RE] DNA - oO t r a s P r o h i b i d a s



So l . A

So l . B

W

R

H


a i n c l u i r

Fa i n c l u i r

DBo -

SSTEMA

SSTEMA

P r o b l e ma 1 5 .- En un sis tema digital s e desean implementar las siguientes microo peraciones

condicionales :

W.• M F- MBR (El da to de MBR se escri be en memoria) .

R: MBR- M (Se lee de memoria un dat o y s e escribe en MBR) .

E: MBR-EXR (Se carga en MBR e l d a t o d e u n r e g i s t r o e x t e r n o EXR).

La memoria M es RAM de 2k x n, con bus de datos de entrada y de sali da separa d o s ,

c o n u n a s e ñ a l d e h a b i l i t a c i ó n a c t i v a e n a l t a ( E N ) y s e ñ a l d e c o n t r o l d e l e c t u r a - e s c r i t u r a ( R / W ) ;

cuando no se lee de la memoria, su s sali das muestran un 0 lógi co . E l r e g i s t r o MBR es de n

b i t s , c o n e n t r a d a s y s a l i d a s s e p a r a d a s , s e ñ a l d e c a r g a e n p a r a l e l o ( L ) y s a l i d a s i n c o n d i c i o n a -

l e s . El r e g i s t r o EXR, d e n b i t s , t i e n e s a l i d a s i n c o n d i c i o n a l e s .

D e s c r i b a a n i v e l RT l o s d i s p o s i t i v o s c o n m e m o r i a y c o n s t r u y a l a u n i d a d d e d a t o s d e l s i s -

tema . Las señales W , R y E so n generadas por el c ontrolador . No i mporta c ómo s e generen

las señales de di rección de la memoria .

Soluci ón P15 . - En la figu ra se muestra có mo interconectar M, EXR y MBR para pod er reali zar

las microop eracio nes que se pid en . A l a d e r e c h a d e l c i r c u i t o s e d e s c r i b e n l o s t r e s d i s p o s i t i v o s

a nivel RT .




R

kA

E

R/W

SEL

DN

M2 k xn

DOUT

n x MUX 2 : 1

MBR[ ]

EXR[n]

1

n

Memoria :

EN R/W

MBR:

L

0 -

1 0

1 1

0

1

DOUT =

0

0

[M($A)]

Salidas =

[MBR

[MBR

EXR: Salid as = [EXR

M-M <- M

M($A) F- DN

M E- M

MBR-MBR

Entradas

Pro b lema 16 . - Determine la carta ASM para un contad or ascendente qu e disp one de una

entrada de control G qu e, cuando está activa, provoca que éste fu ncione como u n contador

Gray, y si est á inactiva, como un contador binario . Describ ir como carta de Moore y comocarta de Mealy .

1

S o l u c i ó n P 1 6 . - En una realizació n como máqu ina de Moore, no hay cajas de acción condi cio-

na l . Son necesarias ocho cajas de estados que representan todo s lo s estados posi bles del c on-

tador y u n conjunto de cajas de decisi ón que, d ependiendo del valor de G, marcarán el flujo

hacia los próximos estados . En la figu ra se puede ob servar que la evoluc ión de estado s corres-

pond e a la de un cont ador bi nario para G=O, y a l a de un cont ador Gray para G=1 .




z o

z l

0

z 2 zo

z 2

zo

z2 zi

z 2 z 1 zo

Para obtener la carta como máquina de Mealy procedemos de la si guiente manera . En

primer lugar obtenemos las secuencias de los dos tip os de contador . Para cada estado o p aso

de la secuencia, comparamos l as salidas acti vas de ambos . Las co munes se col ocan en la caja

de estados y l as propias de cada uno en una caja de acció n condici onal situ ada tras la caja de

decisió n que identific a el tipo de contador . Así obt enemos la si guiente carta :




P r o b l e ma 17.- Construya la carta ASM correspondiente al circui to d e la figura . Describa s u

fu nció n en lenguaje HDL .

x

Ck



Solución P17 .- Los estados son : So (g1g2 = 00), S (g1g0 = 01), S2 (g 1g2 = 10),

S 3 ( g l g 2 = 1 1 ) . T r a s a n a l i z a r e l c i r c u it o y o b t e n e r s u t a b l a d e e s t a d o s s e o b t i e n e l a s i g u i e n te

carta ASM :

Descripc ión HDL :

1 0

NTRODUCC ÓN A LOS SSTEMAS DGTALES 3 19

Probl ema 18.- Desarrolle u na carta ASM y una tabl a de transici ón p ara un generador de

formas de onda co ntrolable que d ependiendo de dos entradas X, y X2 generará las cu atro

f o r m a s d e o n d a q u e s e m u e s t r a n e n l a f i g u r a . E l p e r i o d o d e l a s d o s p r i m e r a s f o r m a s d e o n d a

e s c u a t r o c i c l o s d e r e l o j , e l d e l a t e r c e r a e s d e d o s c i c l o s d e r e l o j y e l d e l a c u a r t a e s d e t r e s

c i c l o s .

XX2

0 0

0 1

0 . x 0

x z 2

1 . x Z 0

2 .

x

x

Z

1

3 .

x

x

z

z 3

x z 1




Soluci ón P18 .

z

1

Probl ema 19 . - S e d e s e a r e a l i z a r l a s i g u i e n t e m i c r o o p e r a c i ó n :K T0 A E- B o

T 1 A E- 81

T2 A E- 82

T3 A E- 83

NOR (T 0+T1 +T3+T4 ) NOPd o n d e K i d e n t i f i c a e s t a m i c r o o p e r a c i ó n , To-T3 s o n l a s v a r i a b l e s d e e n t r a d a , l o s r e g i s t r o s s o n

de ocho b its y , en cada instante, hay co mo mucho u na señal de entrada a 1 (esto es,

Ti • T = 0 V i , j ) .

a) Represente el bloq ue ASM co rrespond iente .

b ) M u e s t r e u n a i m p l e m e n t a c i ó n d e l c i r c u i t o q u e r e a l i z a e s t a i n s t ru c c i ón e n l o s d os c a s o s

s i g u i e n t e s :

1 . L o s r e g i s t r o s B i t i e n e n s a l i d a e s t á n d a r e n p a r a l e l o .

2 . L o s r e g i s t r o s B i t i e n e n s a l i d a t r i e s t a d o ( a l t a i m p e d a n c i a ) e n p a r a l e l o .

D

0 1 , 1

X 1 X2

9 1 9 000

S 1 00

S2 0 1

S3 10

S4 11

01 1 1 10

Q1Q0 , z

0 1 , 1 0 1 , 1 0 1 , 1

1 0 , 1 1 0 , 1 0 0 , 0 1 0 , 1

1 1 , 0 1 1 , 1 1 1 , 1 00,0

00,0 00,0 0 0 , 0 0 0 , 0



T

T1

T2

T 3

To -

0

1 COD 1

3

4 : 2

B o [ 8 1

a l

Bo[8]

B 1 [ 8 1


S o l u c i ó n P 1 9 .

a) En el bloq ue k se evalúan los valores de T 0 , T 1 , T 2 , T3 y se realizan las transferencias

necesarias . Posteriormente se pasa al bloqu e k+1 .

b . 1) Las salid as de cada uno de los registros B i se conectan a las entradas de A mediante

m u l t i p l e x ore s . Un codi fic ador se encarga de seleccionar el regist ro B ; correspondiente al T i ac -

tivo .

B1[8]

8

b .2) En este caso l a conexión se puede realizar mediante un único bus .

T2-

A[81

P r o b l e m a 2 0 . - Diseñe el sis tema digi tal qu e permita realizar de la operación A <-- 4*(A+B) .

(No di señe la unidad de control) .

- ~ ] f 7 ,1 2 3

A[8]

B2[81

B2[81

8

8 x MUX 4 : 1

B 3 [ 8 1

B3[8]




Soluci ón P20 . - En este caso, el sis tema digital s ólo tiene una macrooperación que realizar .

P a r a e l l o s e p u e d e p l a n t e a r u n a a r q u i t e c t u r a s i m i l a r a l a d e l p r o b l e m a 9 :

SHL

[AC]

T

a±

b

WT

AC fWAC ZAC

RAC WAC SHL ZAC

• 0 0• 0 00 0 1

• 1 01 0 0

DB : B u s d e d a t o s

A

B

UNDAD DE PROCESADO

S ó l o s e h a a ñ a d i d o u n a s e ñ a l a l r e g i s t r o A C ( S H L ) q u e s i m p l i f i c a e l p r o c e s o d e l c á l c u l o

d e l a m u l t i p l i c a c i ó n p o r c u a t r o . Dos des plazamientos h acia la izquierda generan este prod uct o

de forma rápi da .

L a d e s c r i p c i ó n d e l o s r e g i s t r o s d e e s t a u n i d a d d e p r o c e s o e s i d é n t i c a a l a r e a l i z a d a e n e l

probl ema 9 salvo p or el registro acumul ador, que ahora tiene una nueva señal de control . P o r

tanto, obviamos la descripción de lo s demás registros y sólo presentamos l a del acumulador .

ACE- OUT, OUT2

AC [AC H0 [AC H

• SHL [AC H• N [AC H• AC [AC [AC]

La secuencia d e microoperacio nes, se muestra a continuació n :

1 . TE-A,ACE-0 ;

2.ACE-AC+T,TE-B;

3 . AC F- AC + T ;

4. SHL ;

5 . SHL ;

6 .AE-AC.

RA

WA

RBf WB







Capít ulo 12

DSEÑO DE UNDADES DE CONTROL

C o m o y a e x p o n í a m o s e n e l C a p í t u l o a n t e r i o r , l o s s i s t e m a s d i g i t a l e s s e c o m p o n en d e d o s p a r t e s :

u n i d a d d e p r o c e s a d o y u n i d a d d e c o n t r o l . E n é s t e s e a b o r d a f u n d a m e n t a l m e n t e e l d i s e ñ o d e e s t a

ú l t i m a . E n e l C a p í t u l o a n t e r i o r s e i n tr o d u j e r o n l a s c a r t a s A S M y l o s l e n g u a j e s d e d e s c r i p c i ó n

d e h a r d w a r e c o m o h e rr a m i e n t a s p a r a l a d e s c r i p c i ó n d e s i s t e m a s d i g i t a l e s y s e u s a r o n p a r a l a

d e s c r i p c i ó n d e u n i d a d e s d e p r o c e s a d o . L a s u n i d a d e s d e co n t r o l t a m b i é n s o n d e s c r i t a s m e d i a n t e

c a r t a s A S M o l e n g u a j e s d e d e s c r i p c i ó n d e h a r d w a r e d e u n m o d o a n á l o g o . L a ú n i c a d i f e r e n c i a

e s q u e l a s a c c i o n es a r e a l i z a r c o n s i s t e n , e n e s t e c a s o , e n s e ñ a l e s a a c t i v a r p o r e l c o n tr o l a d o r .

E n l o s p r o b l e ma s d e e s t e C a p í t u l o , c u a n d o s e u t i l i c e n c a r t a s A S M p a r a d e s c r i b i r c o n t r o l a d o r e s

s e m a n t e n d r á l a i n f o r ma c i ó n r e l a t i v a a l a u n i d a d d e p r o c e s a d o ( t r a n s f e r e nc i a s a n i v el R T ) a ñ a -

d i é n d os e l a r e l a t i va a l a u n i d a d d e c o n t r ol ( s e ñ a l e s a a c t i v a r ) .

E x i s t e n d i ve r s a s e s t r a t e g i a s p a r a l a r e a l i z a c i ó n d e u n i da d e s d e c o n t r o l , d e s d e e l d i s e ño

c o m o m á q u i n a s d e e s t a d o s f i n i t o s , h a s t a e s t r u c t u r a s m i c r o p r o g r a m a d a s q u e u s a n P L A o R O M .

E n e s t a o b r a n o s c e n t r a r e m o s b á s i c a m e n t e e n d o s m o d a l i d a d e s :

- D i s e ñ o c o n m í n i m o n ú m e r o d e b i e s t a b l e s .

- D i s e ñ o c o n u n b i e s t a b l e p o r e s t a d o .

DSEÑO DE CONTROLADORES COMO MÁQUNAS DE ESTADOS FNTOS

E s t a e s t r a t e g i a s e b a s a e n c o n s i d er a r a l c o n t ro l a d o r c o m o u n a m á q u i n a s e c u e n c i a l s í n c r o n a y

d i s e ñ a r l a u t i l i z a n d o l o s m é t o d o s d e l C a p í t u lo 8 . P a r a e l l o , e s n e c e s a r i o o b t en e r u n d i a g r a m a d e

e s t a d o s a p a r t i r d e l a c a r t a A S M . L a e q u i v a l e n ci a e n t r e a m b a s f o r m a s d e d e s c r i p ci ó n e s l a s i -

g u i e n t e : p o r c a d a c a j a d e e s t a d o s d e l a c a r t a A S M s e t i e n e u n e s t a d o e n l a m á q u i n a ; p o r c a d a

s e ñ a l q u e a p a r e z c a e n a l g u n a c a j a d e a c c i ó n c o n d i c io n a l s e t i e n e u n a e n t r a d a d e l a m á q u i n a ;

l a s s a l i d a s a a c t i v a r p o r e l co n t r o l a d o r s o n l a s s a l i d a s d e l a m á q u i n a . L a s s a l i d a s q u e a p a r e c en

e n c a j a s d e e s t a d o s o n s a l i d a s t i p o M o o r e y l a s q u e a p a r e c e n e n c a j a s d e a c c i ó n c o nd i c i o n a l

s o n s a l i d a s t i p o M e a l y . E n l o s p r o b l em a s 4 y 5 s e d e t a l l a e s t e m é t o d o .

S i e l p r o c e s o d e s í n t e s i s s e r e a l i z a m i n i m i z a n d o e l n ú m e r o d e e s t a d o s y u t i l i z a n d o u n a

c o d i f i c a c i ó n c o n e l m í n i m o n ú m e r o d e v a r i a b l e s p o s i b l e , s e o b t i e n e u n d i s e ñ o p a r a e l c o n t r o -

3 2 5




lador que uti liza el número mínimo de biest ables . E s t a a l t e r n a t i v a d e d i s e ñ o p r o p o r c i o n a r e a -

lizaciones muy bu enas (incluso ópt imas) a costa de un proceso complejo, cos toso en tiempo y

quizá excesivamente específi co .

DSEÑO BASADO EN UN BESTABLE POR ESTADO

E n e s t a e s t r a t e g i a d e d i s e ñ o s e o b t i e n e e l c i r c u i t o m e d i a n t e u n a a p r o x i m a c i ó n f o r m a l a l a c a r t a

ASM. P o r c a d a e l e m e n t o d e l a c a r t a s e o b t i e n e u n e l e m e n t o d e c i r c u i t o . E n c o n c r e t o , p o r c a d a

e s t a d o s e i n c l u y e u n b i e s t a b l e , d e a h í l a d e n o m i n a c i ó n " u n b i e s t a b l e p o r e s t a d o " . Este método

se basa en una codificación de l os estados de la carta mediante el código 1 - o u t - o f - n (excepto

p a r a e l e s t a d o d e e s p e r a a l q u e s e a s i g n a e l c ó d i g o 0 ) . A s í , l a c o d i f i c a c i ó n d e e s t a d o s e s :

C o n u n a c o d i f i c a c i ó n d e e s t e t i p o l a t r a n s i c i ó n e n t r e e s t a d o s p u e d e r e a l i z a r s e f á c i l m e n t e

mediante un registro de d esplazamiento en el cual s e introducen ciertas modifi caciones . E n l a

s i g u i e n t e f i g u r a s e m u e s t r a e l e s q u e m a b á s i c o d e d i c h o r e g i s t r o . S e h a o m i t i d o l a s e ñ a l d e r e l o j

que es común a todo s los biestables . P o r o t r a p a r t e , e n c a d a b i e s t a b l e a p a r e c e u n n ú m e r o ' J "

indicando q ue la variable de estado co rrespo ndiente es % . E s t o s e h a h e c h o p o r s i m p l i c i d a d y

s e m a n t i e n e e n e l r e s t o d e l C a p í t u l o .

Xs-D D

e s t a d o

So

S

S 2

S 3

S 4

S n

D

código

gog1q2q3 . . qn

0000 . . .0

1000 . . .0

0100 . . .0

0010 . . .0

0001 . . .0

0000 . . . 1

Dq -

4

D

E n e l e s t a d o d e e s p e r a t o d o s l o s b i e s t a b l e s a l m a c e n a n e l v a l o r 0 . Cuando se prod uce un

pulso de un ciclo de duración en X s , e l p r i m e r b i e s t a b l e p a s a a a l m a c e n a r e l e s t a d o q = 1 c o n

l o q u e e l e s t a d o d e l c o n t r o l a d o r s e r á S . R e a l i z a r u n a t r a n s i c i ó n e n t r e d o s e s t a d o s S i y S , c o n -

s i s t i r á e n h a c e r p a s a r e l " 1 " a l m a c e n a d o e n e l b i e s t a b l e " i " a l b i e s t a b l e —f' . D e a h í l a s m o d i f i -

caciones a realizar sobre el registro de d esplazamiento : hay que establecer caminos entre los

dist intos biestables de manera que se puedan realizar todas las transicio nes contenidas en la

cart a ASM . A cont inuaci ón se muestran algu nos ejemplos de transici ones en la carta ASM y

la correspondiente modificación en el circuit o bás ico :



Si

DSEÑO DE UNDADES DE CONTROL 327

q

q q

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

q

Di

Dq

qD

k

q

k

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

P o r ú l t i m o , l a s s a l i d a s d e l a u n i d a d d e c o n t r o l s o n s e ñ a l e s q u e s e a c t i v a n b i e n e n u n o o

más estados (salidas tipo Moore ; por ejemplo , una salida W AC q u e s e a c t i v a s e e n l o s e s t a d o s

S 2 y S 5 ) , bien cuando ocu rre cierta condici ón de entrada en un estado (sali da tip o Mealy ; p o r

ejemplo, que W AC se activas e para X 3 = 0 en S 3 ) . C o m o e s t a s s e ñ a l e s s u e l e n e s t a r a c c e s i b l e s

en el registro de d esplazamiento modif icado (en el ejemplo serían q 2 , q 5 y l a s a l i d a d e l c a n a l 0

del demultipl exor de q 3 : q 3 0 ) , para obtener la sali da deseada WAC bast aría sumar (OR) esas

s e ñ a l e s : WAC = q2 + q5 + q30 .

Aunque esta técnica de diseño no opt imiza el coste en puertas y propo rciona controla-

d o r e s e s p e c í f i c o s a l p r o b l e m a , l a t é c n i c a e n s í e s m u y g e n é r i c a , v á l i d a p a r a t o d a s l a s u n i d a d e s

de control , y consis te en una mera traslació n formal desde l as cartas ASM o programas HDL .

Por ello el tiempo di seño es muy corto .

Índice del Capítu lo

Este Capítulo desarrolla p roblemas de las si guientes materias :

- Diseño de u nidades de control para casos específicos .

- Realización completa de sist emas digi tales .

PROBLEMAS RESUELTOS

Pro b l ema 1 . - P a r a l a u n i d a d d e d a t o s d e l a f i g u r a , d i s e ñ e u n c o n t r o l a d o r q u e p e r m i t a e s c r i b i r

en B el número d e "1 " que hay en A . E l c o n t a d o r C , e s d e t r e s b i t s ( m o d . 8 ) y e l C 2 d e 8 b i t s

(mod. 2 5 6 ) . ¿ Qué c ambio hay q ue introd uci r para escribi r en 8 el número de "0" de A?

Nota : Z; = P u e s t a a 0 s í n c r o n a , 1 ¡ = ncrementar, CY; = C ARRY .




RD

WDSHR-REG. DESP.

BUS7-0

- Registros C 1 y C 2 :

Wi R i i Zi

SHR

- Registro d e desplazamiento D :

WRD D[8]

rR

7 _

A[8]

A8

-WA-RA

1

C 1

3

OR R1 W1 11 Z1

S o l u c i ó n P l . - La macrooperación a realizar es : B - n°- de 1 en A .

En primer lugar describiremos a nivel RT los registros d e la unidad d e datos .

- Regist ros A y B :

CY 1

B[81

R2 W2 1 2 Z2

C 2

-WB-RB

CY 2

Wi R i i Zi CY i = BUSn-1,0 = Ci-

1000Yi0100

1 s i [ C i ] _

= 1 . . . 1 1

entrada

[ C i ]

BUSn-1,0

Ci

0010 H C i + 1

0001 H 0

0000 H Ci

WDRDSHR BUS7-0 = D <--

100 entrada BUS7-0010 [D] D

001 H SHR(D, iR )

WxRx BUS7 _ 0 = x E-

00 H x01 [ x ] x10 entrada BUS7-0

1 1 prohibida prohibida



E l n ú m e r o d e " 1 " e n A p u e d e v a r i a r e n t r e 0 y 8 . P a r a c o n t a r l o s n e c e s i t a m o s 4 o má s b i t s .

C 2 [ 8 1 ( m ó d u l o 2 5 6 ) r e a l i z a r á e s t a c u e n t a . L a i d e a q u e s u s t e n t a l a s o l u c ió n e s :

a ) T r a n s f e r i m o s A a D , p r e g u n t a n d o p o r O R s a b r e m o s s i e l b i t m á s a l a d e r e c h a e s 1 o n o .

b ) S i O R e s 1 i n c r e m e n t a m o s C 2 .

c ) D e s p l a z a m o s e l r e g i s t r o D p a r a a c c e d e r a l s i g u i e n te b i t d e l d a t o A o r i g i n a l . E s t o h a y

q u e h a c e r l o 8 v e c e s .

d) Para conocer el número de despl azamientos, u til izamos el contador C 1 q u e e s

módulo 8 .

L a c a r t a A S M ( i n c l u y e n d o s i m u l t á n e a m e n t e R T y c o n t r o l ) e s :

0

NOP

0

D-A,C 1 -O,C 2 <_0

W D , R A , Z 1 , Z 2

D f - SHR(D,0), C 1-C +

S H R , 1

CY1

B-C2

WB , R2

NOPF N

S

S 2

DSEÑO DE UNDADES DE CONTROL 3 29

S 1 : n i c i a l i z a c i ó n . T ra s e l p r im e r c i -

c l o , C 1 y C 2 e s t á n a 0 y D t i e n e e s c r i t o

e l d a t o A .

S 2 : E s e l n ú c l e o d e l a s o l u c i ó n .

- S i e m p r e s e o r d e n a e l d e s p l a z a m i e n -

t o d e D y e l i n c r e m e n t o d e C 1 , y a q u e

s i e m p re v a m o s a e v a l u a r u n n u e v o b i t .

- L a p r i m e r a v e z q u e s e a l c a n z a S 2 ,

s e c u m p l e : O R = A 0 , [ C 1 ] = 0

S e g ú n e l r e s u l t a d o d e l a e v a l u a c i ó n d e

OR , s e i n c r e m e n t a o n o C 2

- L a s e g u n d a v e z q u e s e a l c a n z a S 2 ,

s e c u m p l e : O R = A 1 , [ C 1 ] = 1 .

Así sucesi vamente ; la oc tava vez :

OR = A 7 , [ C 1 ] = 7 p o r l o q u e C Y 1 = 1

s a l i e n d o h a c i a S 3 .

S 3 : S e e s c r i b e e l n ú m e r o d e 1 ' s e n B .

( A l a l c a n z a r S 3 , [ D]=0 y [C 1 ] = 0 p u e s

e l c o n t a d o r C 1 h a p a s a d o d e 7 a 0 ) .




El control ador se ob tiene directamente de la carta ASM :

XD

yWD , RA , Z 1 , Z 2

D

SHR, 1 1

1

CY 1

0

1

OR

D D

WB , R2F N

El único cambio q ue es necesario realizar si s e quiere escribir en B el número de "0"

de A es modificar la caja de decisión de O R y el demulti plexor correspondientes a S 2 .

Pro b lema 2 . - La figu ra muest ra la memoria (MEM) de un sist ema : e l r e g i s t r o d e d i r e c c i o n e s

(MAR) p u e d e s e r c a r g a d o c o n e l c o n t a d o r d e l p r o g r a m a ( P C ) o c o n e l p u n t e r o d e p i l a ( S P ) , e l

r e g i s t r o d e d a t o s ( M D R ) e s t á c o n e c t a d o a u n b u s d e d a t o s i n t e r n o s ( D B ) , a l q u e t a m b i é n s e

c o n e c t a e l r e g i s t r o A , y o t r o e x t e r n o (EDB) conectado co n la memoria .Se quiere incorporar las dos operaciones d e pila : EMPUJAR (PUSH) y EXTRAER

( P U L L ) q u e c o n s i s t e n r es p e c t i va m e n t e , e n l l e v a r A a l a p i l a y e n l l e v a r d e l a p i l a a A ( r e c u e r de

que PUSH A implic a MEM E- A y SP-SP + 1, mientras que PULL A implic a SP f- SP - 1

y A F- MEM(SP) ) . C u a n d o n o h a y o p e r a c i ó n d e l a p i l a , e l p u n t e r o S P a p u n t a a l a p r i m e r a

d i r e c c i ó n l i b r e .

D i s e ñ e e l c o n t r o l a d o r q u e p e r m i t a e j e c u t a r l a s o p e r a c i o n e s d e P U S H ( / , l o = 00) y PULL

( t i l o = 0 1 ) .

Not a : l o s c ó d i g o s 1 , 1 0 = lX está n reservados p ara otras op eraciones no defi nidas en el

enunciado .



P C P C [ 1 6 1

WPC-WSP-

1

MAR[ 16 ]

1

AB [ 1 6 ]

S P [ 1 6 ]

1

microoperación

CS R W

1

MEM

1 . MAR F- SP / MDR <-- A

2.MEME-MDR/SPE-SP+1

1 .SPF-SP-1

2 . MAR F- SP

3 . MDR E- MEM

4. A F MDR

DSEÑO DE UNDADES DE CONTROL 3 3 1

-SP

DSP

EDB[8]

Soluci ón P2 . - S e g ú n e l e n u n c i a d o , l a p i l a s e v a l l e n a n d o d e s d e l a s d i r e c c i o n e s m á s b a j a s a l a s

m á s a l t a s . Las do s op eraciones de p ila impl ican direccionar la memoria MEM con la direcció n

q u e i n d i c a e l p u n t e r o d e p i l a , S P . D e a q u í q u e , t r a s a p u n t a r S P a l a d i r e c c i ó n a d e c u a d a , h a b r á

que t ransf erir SP hacia MAR. En ambas op eraciones l a transferencia entre MEM y A debe pa-

sar po r MDR .

Operación P USH (1 1 l o = 0 0 ) : C o m o S P a p u n t a a l a d i r e c c i ó n v a c í a , e s a h í d o n d e h a y q u e

transferir A y, d espués , se incrementa SP para que continúe apuntando a la primera direcció n

vacía .

MDR[81

WSP / RA/ W

CS/W/RE /SP

Operaci ón PULL ( l o = 01) : Hay q ue decrementar SP p ara que apu nte a la últ ima di-

r e c c i ó n l l e n a . Sólo entonces se ll eva SP a MAR para, desp ués , l eer de MEM hacia MDR y, de

e s t e r e g i s t ro , l l e v a r e l d a t o l e í d o h a c i a A .

m i c r o o p e r a c i ó n s e ñ a l e s a a c t i v a r

DSPWSP

CS/R/WER /WA

D B [ 8 ]

A8

R

WRE

WE

s e ñ a l e s a a c t i v a r

A[8]-RA1 WA




Representemos ahora una po sib le carta ASM para reunir ambas operaciones t eniendo

en cuenta que los códi gos 1 1 = 1 x están reservados para otras operaciones :

MAR E- SP / MDR f- A

W SP / R A / W l

MEM <- MDR / SP f - S P +

CS/W/RE / S P

O t r a soperaciones

SP-SP -

DSP

MDR-MEMCS/R/WE

A E- MDR

R /W

El controlador correspondi ente según la aproximación de "un biestable po r estado" se

muestra en la siguiente figura :



XD

1

UWSP

' y

W DSPRA

( p a r a o t r a s o p e r a c i o n e s )

qD

Dq


D

WRE

SP

D

UWE CS W

A

D

FN

Prob lema 3 . - Un número decimal de dos dí gito s se almacena e n d o s r e g i s t r o s d e c u a t r o b i t s

en fo rma BCD . E l r e g i s t r o M c o n t i e n e l o s d í g i t o s m á s s i g n i f i c a t i v o s ; e l L , los menos . L o s

números se transf ieren para que aparezcan en un regist ro R de och o bi ts . P a r a e f e c t u a r l a

transferencia se dispo ne de un bus de cuatro b i t s a c c e s i b l e a M y L , p e r o s ó l o a l a s c u a t r o

posi ciones de más a la derecha del registro R. L a o p e r a c i ó n d e t r a n s f e r e n c i a s e r e a l i z a

respondiendo a un conmutador .

a ) E s t a b l e z c a u n a a r q u i t e c t u r a p a r a e l s i s t e m a e s p e c i f i c a n d o l o s t e r m i n a l e s d e c o n t r o l

d e c a d a r e g i s t r o .

b) Construy a la carta ASM .

c ) D i s e ñ e e l c o n t r o l a d o r d e l s i s t e m a u s a n d o e l m í n i m o d e b i e s t a b l e s y d i b u j e e l c i r c u i t o

l ó g i c o .

Soluci ón P3 . - a) Para que M[4] y L[4] puedan escribi r sus d atos en el único bus de 4 bits

(BUS) hay d os solu ciones :

1 . Conexión po r multipl exado : Las sali das de M y L so n estándares (Z M = [ M] y

ZL = [ L ] ) p o r l o q u e n o s e n e c e s i t a n s e ñ a l e s d e l e c t u r a d e l o s r e g i s t r o s .

Mediant e 4 x MUX 2 : 1 s e e s c r i b e e l c o n t e n i d o d e L ( p a r a S = 0 ) ó d e M ( p a r a S = 1 ) e n

el BUS .

S: B U S = [ L ]

S : BUS = [M]




2 . C o n ex i ó n d e b u s ú n i c o (B USU ) : Las salidas d e M y L tienen H por lo que se nece-

sitan señales de lectura . Sólo una de ellas p uede activarse en cada ciclo .

RM

WRSL

Xs

Ck

M[4]

. k

R[8]

ZM ZL

1

BUSU[41

RL

El registro R[8], además d e la carga en paralelo de los 4 últ imos bi ts, necesita estar do-

tado de despl azamiento a la izquierda para transferir datos a sus 4 bit s más sig nific ativos :

CONTROL

L[4]

4

RL

RM

WRSL

R11

WRSL00

10

01

Operación

Rf-R

RX: Z x = H

RX : Z x = [X]

R3-0 - X3-0 , R7-4 E- R7-4

R - SHL(R,0)

Observemos que :

- La carga en paralelo deja sin cambio a los 4 bits más signifi cativos .

- El bi t s erie que entra en el desplazamiento puede ser cualq uiera aunque noso tros he-

m o s o p t a d o p o r in tr o d u c i r un 0 .

Con todo ello la arquit ectura del sistema es :

M[4]

R[8]

L[4]

donde suponemos que Xs , salida del conmutador, es un puls o de duración 1 cicl o de reloj .



1

NOP

0

R 3 _ 0 4- M

RM, WR

R 4- SHL(R,0)

SL

R 4- SHL(R,0)

SL

1R E- SHL(R,O)

SL

R F- SHL(R,0)

SL

R3 _ 0 4- LRL, WR

1

So

S

S2

S 3

S4

S 5

S6


b) La carta ASM para la unidad d e datos y l a unidad de co ntrol es la sigu iente :

Con la señal del conmutado r X S se pasa

a almacenar en R el dí git o BCD más s ignif i-

cativo, que es el almacenado en M . Después,

me d i ante 4 de s p l a z am ient o s a la i z q u i er da

se coloca ese dígito en la mitad más signifi-

cativa del registro R .

P or últ imo se escribe el díg ito BCD me-

nos si gnificati vo (el almacenado en L) en R .

Con esto el registro R[81 contiene el dí gi-

to BCD más significativo en sus 4 bits de la

izqui erda y el menos signific ativo en los 4

bits de la derecha .

c) Para utili zar el menor número de biestabl es en el dis eño de un control ador, el primer

paso es obt ener la tabla de estado s a partir de la c arta ASM . Después se realiza el proceso ya

conocid o para el dis eño de un circuito s ecuencial síncrono genérico . No haremos el desarrollo

detallado pues di cho proceso y a se cubrió suf icientemente en el Capítu lo 8 . E n l a s i g u i e n t e f i -

gura se muestran la tabla de estados /salida obt enida a partir de la carta ASM, la codi fic ación

elegida para los estado s y l as ecuaciones result antes . Se han util izado b iestables T p ara la rea-

lizació n de la máquina de estados .




a®s®smu®Nss

S o

S 6

so

Pro b l ema 4 . - U n s i s t e m a d i g i t a l t i e n e c o m o u n i d a d d e d a t o s l a r e p r e s e n t a d a e n l a f i g u r a . n i -

c i a l m e n t e , a l m e n o s u n o d e l o s b i t s d e A e s u n c e r o . El sist ema debe dar como s alida el núme-

r o b i n a r i o d e l a p o s i c i ó n d e l " 0 " m e n o s s i g n i fi c a t i v o d e l a p a l a b r a a l m a c e n a d a e n e l r e g i s t r o A .

a) Describa, a nivel RT, lo s co mponentes de est a unidad de dato s .

b) De la carta ASM y dis eñe el co ntrolador (basado en la técnic a de un biestabl e por

esta do) .

c ) S i e l v a l o r i n i c i a l d e A e s : 10101011, represente en el ti empo (hasta q ue se h a gene-

rado la salid a deseada) los si guientes parámetros : BUS, señales de control (RA , S,, So , CLC,

U P ) y l a s s a l i d a s d e l s i s t e m a d i g i t a l . ¿ Cuál es el co ntenido de RU8 y d e CONT tras regresar

al estado de espera?

A[81

u=R RU8

CLCUP


a) Descripc ión de compo nentes :

0 2-0

CONT mod-8 CY S SO

0001

10

11

operación

i n h i b i c i ó n

c a r g a p a r a l e l o

d e s p l . i z q u i e r d a

d e s p l . d e r e c h a

RA BUS7 _0 = A <--

0 H A1 [A1 A

R L RMWR SL Ecuaciones de excitación :

0000 T2 = 9190 + q2q 1

T 1 = g0 + 92910 1 1 0 Cod i f i c ac i ón _

T0 = q0 + q 2 q 1 + Xs + 9281g2g1q0

00 0 1 S 0 : 000

00 0 1S1 : 0 0 1

S2 : 0 1 0Ecuaciones de s alida :

RL = 9 2 9 1S3 : 0 1 100 0 1

S4 : 1 0 0RM = 829190- _

S5 : 1 0 1 WR =_g2g1+ g2g19000 0 1S6 : 1 1 0 SL = q 2 q 1 + q2 q1

1 0 1 0



CLC

UP

u :RRU[81 L

CONT mod . 8

0

RU8 E- A

CONT- 0RA , S 0 , CLC

1

02-0

b) Cart a ASM .

NOP

SHR (RU8, BU S 7CONT-CONT + 1

S 1 , S 0 ,UP

0

F N

1

S a S a : Estado de espera .

S b : Puesta a cero d el contador y transferencia

del dato A al regist ro universal RU8 . E l c o n -

trol acti vará RA , p o n dr á S S O = 01 y activará

CLC.

S C : Al entrar en S ., CONT = 0 y Z 0 = A0 . S i

Z0 = 0, la posici ón del 0 menos si gnificativo

d e A e s t á d a d a en CONT (0 2 - 0 ) ; s i Z0 = 1,

debemos p asar a evaluar A 1 (lo cual hacemos

des p lazando a la d erecha RU8) al mismo

t i em p o q u e ha cem o s q u e s e i n cremen t e e l

contador para que señale la pos ición de Al .

Esto lo repetimos hasta que por Z 0 aparezca el

primer cero que necesariamente hay .

S F : Señala el final . La posi ción deseada está

escrita en binario en las s alidas del CONT(02, 01, 00) •

CLC UPCY

CY = 02-0 = CONT-00 1 s i [CONT CONT

01 [CONT _ [CONT CONT + 1

10 = 1 1 1 [CONT 0

11 Prohibida Prohibida

DSEÑO

S S O

DE UNDADES

Z7-0 =

DE CONTROL 3 37

RU8 E-

00 [RU8] RU8

01 [RU8] BUS7 - 0

10 [RU8] SHL(RU8, BUS O )

11 [RU8] SHR(RU8, BUS 7 )




S

S o

CLC

UP

BUS7 _ 0

El controlador pedido es :

xs

S a

Db

H 10101011

L/ LD 0

zo

D

V

RA S F N

CLC UP

c ) B U S e s t á e n H s a l v o e n e l c i c l o d e l e s t a d o S b . Las señales de co ntrol R A , S o y CLC

s e a c t i v a n e n S b y S 1 , S o y U P e n l o s c i c l o s d e r e l o j e n q u e s e p e r m a n e c e e n S c . [A] = 1 0 1 0 1 0 1 1

siempre .

Sb S e S e S C SF S a S a S a

H H ; H H ; H H

[RU8] ? ? 10101011 91010101 : 9 9 101010 :

[CONT ? ? 00 0 0 0 1 010Ya no varían

1 2 3

1 . E n e l b i t m á s s i g n i f i c a t i v o d e R U 8 ( e s t o e s , e n R U 8 7 ) se almacena un valo r desco no-

cido, 0 ó 1, debido a que BUS 7 está en H . ( O t r a s o l u c i ó n p o s i b l e e s l e e r A, RA = 1 , e n l a c a j a

de acción condicional del estado S 2 , e n c u y o c a s o ' 7 " s e s u s t i t u y e p o r " 1 " q u e e s e l v a l o r d e

BUS7 = A7)-

2 . C o mo Z o = 0 , n o s e a c t i v a n i n g u n a s e ñ a l y s e p a s a a S F .

3 . Al volver a S o (estado de esp era), [RU8] = ??101010 con ? = 0 ó 1 .

[CONT = 010, que es la posi ció n del cero menos s ignifi cativo d e A (A2 ) .



9 q

X .XZ


Pro b l ema 5 . - Dado el c ontrolador de la figu ra basado en un biestabl e por estado :

a) Realice la carta ASM correspondiente a dic ho co ntrolador .

b) Obtenga el controlado r equivalente basado en lógi ca discreta util izando biestabl es

tipo D y opti mizando el coste .

1

Nota : Este controlador no ti ene señal de comienzo ni estado d e espera inicial . Resu elva el

apartado (b) sin preocu parse de este hecho .

Soluci ón P5 .

a ) L a c a r t a s e o b t i e n e d i r e c t a m e n t e d e l c o n t r o l a d o r :




b ) P a r a h a c e r e l c o n tr o l a d o r e n l ó g ic a d i s c r e t a h e m o s d e o b t e n er a p a r t i r d e l a c a r t a A S M

l a t a b l a d e e s t a d o s y s e g u i r c o n l o s p a s o s d e l p r o c e s o d e s í n t e s i s d e c i rc u i t o s s e c u e n c i a l e s s í n -

cronos . E n l a s i g u i e n t e f i gu r a s e m u e s t r a n l a t a b l a d e e s t a d o s j u n t o c o n l a c o d i fi c a c i ó n d e e s -

t a d o s y l a t a b l a d e t r a n s i c i ó n o b te n i d a .

X 1 X2

S

S 1

S 2

S 3

S 4

0 1

N S , z

1 1 1 0

0 1 , 1

X 1 X 2

q 1 q 0 00

S 1 00

S2 01

S 3 1 1

S4 1 0

0 1 1 1

Q1Q0 , z

1 0

U t i l i z a n d o b i e s t a b l e s D , l a s e c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n y s a l i d a q u e r e s u l t a n s o n :

D1 = Q1 = glgo +Xeq o + X1g0Do = Q 0 = q 1

z=X1g1 +gl g0+X281 +X2g l g0

P r o b l e ma 6 . - U n s i s t e m a d i g i t a l d e b e a n a l i z a r s u l í n e a d e e n t r a d a X c o n o b j e t o d e c o n t a b i l i z a r

el número de pul sos de esa señal qu e tiene de anchura 1, 2 ó 3 ci clos de reloj . E l s i s t e m a

disp one de tres salidas (z 1 , z2 , z3) c o n l a s q u e s e i n d i c a c u á l d e l o s t r e s t i p o s d e p u l s o s e s

m á s n u mer o s o . ( P o r e j e m p l o , s i s e h a n r e c i b i d o s i e t e p u l s o s d e u n c i c l o d e r e l o j , c u a t r o p u l s o s

de dos ciclos y nueve pulsos de tres ciclos, el sistema generaría como salida z 1 z2z 3 = 001) .

D e s d e q u e s e l e d a l a o r d e n d e c o m i e n z o , s e d e b e r á n a n a l i z a r 2 5 6 c i c l o s d e r e l o j , v o l v i é n d o s e

d e s p u é s a l e s t a d o i n i c i a l . Diseñe dicho sis tema, util izando los sub sist emas habituales .

Not a 1 : N u n c a s e r e c i b i r á n p u l s o s d e m á s d e t r e s c i c l o s d e r e l o j .

Nota 2 : En caso de igualdad se acti van las salid as correspondientes .

Solución P6 . - L a o r g a n i z a c i ó n d e l s i s t e m a e s l a m o s t r a d a , c o n u n a u n i d a d d e c o n t r o l y u n a

u n i d a d d e d a t o s o d e p r o c e s a d o :

S 2 , 1 S 2 , 1 S 2 , 1 S 2 , 1

S 3 1 S 3 , 1 S 3 , 0 S 3 , 1

S 4 , 0 S4 , 1 S 4 , 1 S 1 , 0

S 1 , 0 S 1 , 0 S 1 , 0 S 1 , 0

0 1 , 1 0 1 , 1 0 1 , 1

1 1 , 1 1 1 , 1 1 1 , 0 1 1 , 1

1 0 , 0 1 0 , 1 1 0 , 1 0 0 , 0

0 0 , 0 0 0 , 0 0 0 , 0 0 0 , 0

X Z

u n i d a dd e

-.

z 2u n i d a d

d e

Ck

c o n t r o l d a t o s

z 3-.



CL256

Ck

CY

CL UP -Ck- C 1

7

a

a>b a=b a<b

1

G12 E12 L12


La unidad d e procesado deberá contener los s iguientes d isposi tivos :

- Un contad or (C256) de módulo 256 para contar los 256 ci clos .

- Tres co ntadores (C 1 , C 2 y C 3 ) p a r a c o n t a r l o s p u l s o s d e d u r a c i ó n d e 1 , 2 y 3 c i c l o s

respectivamente . El tamaño de esto s c ontadores debe ser su fici ente para contar el número

máximo de pul sos p osib les en cada caso ; e s t o e s , e n 2 5 6 c i c l o s d e r e lo j p u e d e h a b e r h a s t a :

- 128 puls os de 1 cicl o de duración (para X : 01010101 . . . ) .

- 85 pulsos de 2 ciclo s de duración (para X : 011011011 . . . ) .

- 64 pulsos de 3 ciclo s de duración (para X : 01110111 . . . ) .

Así, estrictamente, el dimensionamiento mínimo es C de módu l o 256, C 2 de módul o

128 y C 3 d e m ó d u l o 128 . Sin embargo, pod emos uti lizar únicamente contadores de módulo

1 2 8 , y a q u e e n e l c a s o d e p u l s o s d e 1 c i c l o d e d u r a c i ó n b a s t a c o n t a b i l i z a r e l p u l s o n ú m e r o 8 6

para saber que forzosamente los puls os más numerosos son los de 1 cicl o y no necesitamos

seguir contándolo s . Entonces C 1 , C 2 y C3 serán de módul o 128 . E l e s t a d o 8 6 e n C 1 e s e l e s t a d o

1010110, para detect arlo bast a ver que para el contado r C 1 se cumple g6g4q2q1 = 1

Todos los contado res tendrán una señal de pues ta a 0 asíncrona (CL256, CL 1 , CL2 y

CL3 ) . A d e má s C 2 5 6 ha de tener una salid a de acarreo (CY) que s e activa (CY = 1) si

[C 2 5 6 } = 255 . Los contadores C 1 , C 2 y C 3 t i e n e n e n t r a d a p a r a c o n t a r h a c i a a r r i b a ( U P , UP2 y

UP3 ) mientras qu e C256 se incrementa con todo s los puls os del reloj Ck .

Se necesitan, además, tres co mparadores de magnitud d e 7 bit s, co n salidas G (mayor),

E (igual), L (menor), para comparar las salid as de C 1 y C 2 , C 1 y C 3 , y C2 y C3 . ( P o d r í a r e s o l -

verse el prob lema con un so lo c omparador, pero aumentado el número de estados y la co mple-

j i d a d d e l a i n t e r c o n e x i ó n ) .

Con ello , la unidad de procesado es :

CL2-UP2-Ck

C2

a>b a=b ab a=b a<b

G23 E23 L23 G13 E13 L13

Una carta ASM para el si stema se muestra en la si guiente fi gura .

El estado S 1e s e l e s t a d o d e i n i c i a l i z a c i ó n d e l o s c o n t a d o r e s , a c o n t i n u a c i ó n l o s e s t a d o s

S 2 , S 3 y S 4 , n o s p e r m i t e n d e t e r m i n a r s i h a y o n o p u l s o y , e n s u c a s o , s i l a d u r a c i ó n e s d e 1 , 2

ó 3 ciclos , incrementando el correspondiente contador .




s o

NOP

0

F N

1

C2 5 6 , C , C 2 , C - 0

CL256, CL, CL2, CL3

1

COMP

C < _ -

s i

C +1

Las salidas z 1 , z 2 y z3 s on f unc i ones c omb inac i onales de G ; i , E; i y L1:

zl =G12(G13+E13)+G13 (G12+E12)+E12E13 = G12L13+G13L12+E12E13

z 2 = L12 L23+G23 G12+E12E13z3 = L13 G23 + L23 G13 + E12 E13

La unidad de datos deberá inclui r, por tanto, u n circuito combinacional qu e realice estas

ecuaciones :

COMP

Circuito Combinacional

S 3

C -

COMP

C +1 S 4

> Z

> Z 2> z3



a) Diseñe la unidad de datos d el sis tema .

b) Exprese el algoritmo de co ntrol mediante una carta ASM (no es necesario d iseñar la

u n i d a d d e c o n t r o l ) .

Soluci ón P 7 .-Existen muchas p osib les sol uciones . D e e l l a s , v a m o s a p r e s e n t a r u n a , e n l a q u e

a l m a c e n a r e m o s l o s 8 b i t s e n u n r e g i s t r o d e d e s p l a z a m i e n t o ( A ) y , t r a s a c t i v a r l a s e ñ a l N T E N -

TA, compararemos l a palabra almacenada en A con la c ombinació n correcta mediante un co m-

parador (COMP) de 8 bits . Un contador (CONT) módu lo 8 con salida de carry (CY) contará

l o s 8 b i t s . E n c a s o d e q u e s e i n t r o d u z c a n 9 b i t s o m á s s e r e g r e s a r á a l e s t a d o i n i c i a l s i n a c t i v a r

la señ al ABRE .

a ) L a a r q u i t e c t u r a d e l s i s t e m a ( u n i d a d e s d e c o n t r o l y d e p r o c e s a d o ) s e r á :

RESET U. d e p r o ce s a d oBT

ABRELEE-SHLA[81 combinaciónUnidad c o r r e c t a

NTENTAUP CONT COMP[81

SHL

d e c o n t r o l

E

do nde RESET se conecta a la puest a a 0 asíncrona de A, de CONT y de la unid ad de co ntrol .

Cuando esta p uesta a 0 no está activa :

CY


P r o b l e ma 7 . - Un sist ema dig ital (ver figu ra) consi ste en una cerradura electrónic a que se

abre mediante una combinació n adecuada de 8 bíts . La comb inació n está almacenada en el

si st ema. El modo de operación es como sigue . L a s e ñ a l R E S E T l l e v a a l s i s t e m a a l e s t a d o i n i -

c i a l ( n o h a y q u e i n c l u i r l a d e n t r o d e l a c a r t a A S M y a q u e s e c o n s i d e r a a s í n c r o n a ) . L a s e ñ a l B T

indica el bit correspo ndiente de la combinación (comenzando p or el más signifi cativo) . L a

señal LEE (al activarse) indic a que s e puede l eer la entrada BT. L a s e ñ a l N T E N T A ( a l a c t i -

v a r s e ) i n d i c a q u e y a s e h a i n t r o d u c i d o l a c o m b i n a c i ó n y s i e s c o r r e ct a s e a b r i r á l a c a j a ( p o n i é n -

do se la sal id a ABRE a 1) .

RESET

LEENTENTA ABRE

BT

SHL OA = A E-

0 [ A l A1 [ A l SHL(A, BT)




U P CONT

b ) L a c a r t a A S M s e r á :

0

ABRE

1

44*1y

CA - SHL(A, BT) : SH

CONT < - - CONT + 1 : U P

0

S 1

-04WV

S 2

S u p o n e m o s q u e a l c o n e c t a r e l s i s t e m a p o r p r i m e r a v e z s e a c t i v a R E S E T . E s t o h a c e q u e

s e c o m i e n c e e n S o y q u e C O N T = 0 ( y A = 0 ) . R e a l i z a m o s l a c a r t a p a r a q u e , a l v o l v e r , s i e m p r e

CONT = 0 en S0 .

Al avivarse "LEE" pro cedemos a almacenar BT y a incrementar CONT . E s t o p u e d e

h a c e r s e e n e l m i s m o e s t a d o S O ( p o r l o q u e e s c a j a d e a c c i ó n c o n d i ci o n a l ) .

UP CY = CONT E-

0 1 s i CONT1 [CONT = 111 CONT + 1




Al mismo tiempo s e pregunta por CY . S i C Y n o e s 1 , h a y q u e s e g u i r e s p e r a n d o u n n u e v o

b i t . S i C Y = 1 , é s t e e s e l ú l t i m o b i t a l m a c e n a d o y s e v a a S 1 . Como se acti vó SHL y UP, en S 1

ya [A] = 8 bi ts y CONT = 0 de nuevo .

En S 1 , si LEE no es 1 se esp era a que NTENTA = 1, en cuy o cas o se mira en la sali da E

del co mparador (COMP) s i l a combinación es correcta (y se activa ABRE) o si es incorrecta

(no s e acti va ABRE) regresando a S0 .

En S 1 , se esp era a que NTENTA = 1, en cuy o cas o se mira en la sali da E del co mpara-

dor (COMP) si la comb inació n es correcta (y se activa ABRE) o si es incorrecta (no se activa

ABRE) regresand o a S 0 .

S i e n S 1 se act iva nuevamente LEE (9 ° - b i t ) s e p a s a a u n e s t a d o S 2 d e e s p er a , s i n a b r ir l a

cerradura en ningún caso, y a que la combi nación ha de ser forzosamente de 8 bits, y cu alquier

combinación con más bit s es i ncorrecta .

Como en S 1 y S 2 CONT = 0, no hay que hac er un c l e a r d e l c o n t a d o r a l r e g r e s a r a S 0 .

P r o b l e ma 8 . - U n s i s t e m a d i g i t a l c o n t r o l a e l p r o c e s o d e l l a m a d a s t e l e f ó n i c a s a t r a v é s d e l a r e d

t e l e f ó n i c a . L a s l l a m a d a s p u e d e n s e r p r o v i n c i a l e s ( 7 d í g i t o s ) o n a c i o n a l e s ( 9 d í g i t o s ) . T r a s a c -

tivarse la señal de comienzo Xg , en cada ciclo de reloj llega el dígit o correspondiente del

número marcad o . E l u s u a r i o a c t i v a u n a s e ñ a l ( Y A ) c u a n d o t e r m i n a d e t e c l e a r . E l s i s t e m a d e b e

respo nder de la sigui ente forma : s i e l n ú m e r o d e d í g i t o s r e c i b i d o s e s i n c o r r e c t o , d u r a n t e u n

c i c l o d e r e l o j d e b e a c t i v a r s e u n a s e ñ a l d e e r r o r ( E ) ; s i e l n ú m e r o d e d í g i t o s e s c o r r e ct o , d u r a n t e

un cicl o de reloj debe acti varse la señal de llamada (LLAMA) y una señal adic ional qu e indi-

c a r á s i l a l l a m a d a e s p r o v i n c i a l ( P ) o n a c i o n a l ( N ) . El si stema recibe u na señal, (COM), que

i n d i c a s i e l t e l é f o n o d e d e s t i n o c o m u n i c a . E n e s t e c a s o d e b e r á v o l v e r a r e a l i z a r l a l l a m a d a h a s -

ta tres veces s in necesidad d e volver a marcar. D i s e ñ e e l s i s t e m a .

Nota : No se preoc up e de cómo s e almacena el número .

Soluci ón P8 . - Vamos a necesitar tres contadores, uno d e módulo 7 (C 1 ) y otro de módul o 9

(C 2 ) para contar el número de dígit os marcado y otro de módulo 3 (C 3 ) p a r a c o n t a r l a s l l a m a d a s

en caso de qu e comunique . L a d e s c r i p c i ó n d e e s t o s c o n t a d o r e s e s l a s i g u i e n t e :

La carta ASM correspo ndiente a las unidades de dato s y d e control se muestra a conti-

nuación .

CL C i CL UP CY = C idUP

00 C ;

W 01 1 s i [ C i ] = 1 1 . . . l l C ; + 1CY 1- 0




S o

0

LLAMA, P

Cl-Ci+l, C2 F- C2+1

UP1 , U P 2

1

C 3 E- C3+1CLLAMA, UP

C2,C3-0C1L , C L 2 ,CL

í

1

LLAMA, N

F N

n

S 3

S 1

(E)

1> a So



El controlador es :

ACL,,CL 2 ,CL3

1

UP ,

UP2

YAc Y, 1

CY

1

Dq

2p

q

D2n


P r o b l e ma 9 . - P a r a l a u n i d a d d e d a t o s d e l a f i g u r a , d i s e ñ e u n c o n t r o l a d o r q u e p e r m i t a r e a l i z a r

l a o p e r a c i ó n d e i n t e r c a m b i o d e i n f o r m a c i ó n e n t r e l o s r e g i s t r o s A , B y C d e l a s i g u i e n t e f o r m a :

A-> B--3C

TR t -w t-

AALU

RACWAC ACZ AC

SHL

RT

8


LLAMAP

i>

8

1

COM

A

B

C

CY

Ra

R b

Wb

c

a

D

v vLLAMA E LLAMA FN




S o l u c i ó n P 9 . - La carta ASM correspondiente a la operación so lici tada se muestra a continua-

ción junto con el controlador pedido .

Xs =

1

AC E- 0 / RTF-A

AC E- AC + RT / A<- C

C E- B

1

B E- AC

1

FN

S 3

S

S4

a S o

So l u c i ó n P 1 0 . - Carta ASM :

Xs 1

ACE-0/RTE-AZac , Wt , Ra

AC E- AC + RT

Wac, A, R t

1RTE-BWt , Rb

AC E- AC + RT

Wac, A, R t

S2

S 1

S 2

1 - .--

Zac

Ra

Wt

2

Rt

A Wac

Rc Wa

3 4

Rb R a c FN

Wc Wb

Pro b lema 10 . - Para la unidad de datos del prob lema anterior, diseñe un controlado r basado

en regist ro de d esplazamiento que p ermita realizar la operación C = 4 - ( A + B ) .

Not a : La entrada SHL del acumulador p roduce u n desplazamiento ló gico hacia la izqui erda,

introdu ciendo u n "0" por la derecha .

S7

S 5

S 6

a S o

5

Ck



x s

C

Rt

Wt-

Controlador :

- • - -

Z a c

Ra

RT

R a c

WacZ a c

2

wt Rt

A

Wac

3

SEL MUX 1

ACUM

-1

Rb

P r o b l e m a 1 1 . - Para la unidad de dato s de la figu ra, diseñe una unidad de control basada en

registro d e desplazamiento de forma que, en función de dos bits de entrada 1 1 e l o , p u e d a

elegirse entre una de las cu atro macrooperaciones s iguientes :

1)A-A+28 3)CF-A-2B2) A*-A-2B 4)C<-- 2A+2B

SHFT REG .

ALU a

4 -r- 5

R s h

Ws hSHL


8

6

USHL

7

B

C

Wc

R a c

F

F N

Ra

a

Rb

Wb

C

1

c




Soluci ón Pll .

Si escogemos la si guiente cod ifi cació n para cada una de las macrooperaciones :

1 1 1 0 macrooperación

ACUM 6-ACUM + RT

0001

11

10

Esta soluci ón corresponde a una unidad de control ti po Moore .

Xs = 1

ACUM E- ACUM + RT / SR - B

ACUM 4-ACUM + SR

S5a

A-A+2BAE-A-2BCE-A-2BCE-2A+2B

ACUM E- 0 / RTE-A

SR <-- SHL(SR,O)

a

A E- ACUM

1

S

1ACUM F-ACUM - SR

S5b

C - ACUM S6

F N

S 4

S F

a So



El controlador :

A [ n ]

B [ n ]

Ao

q3

1

q31

/ 1 B >

4b


1

0

RA =WT= ZAC = g 1 RB =WSH= q2 SHL=q3

S = q 4 b WA = q 5 b WC = q 6

RT=q2+q5a A = RT+q4a WAC = A+q4bRSH = SEL =q4a + q4b RAC = q 5 b + q 6

Probl ema 12 . - E n l a u n i d a d d e d a t o s d e l a f i g u r a s e h a n r e p r e s e n t a d o todos los c omponentes

y l o s c a m i n o s d e d a t o s . Suponga que, además, e x i s t e d i s p o n i b l e u n a s e ñ a l , F N , q u e s e p o n e

a 1 cuando se han sumado n bit s . S e d e s e a r e a l i z a r l a s t r e s m a c r o o p e r a c i o n e s s i g u i e n t e s :CE-A+B CE-A CE-B

a ) E s p e c i f i q u e l a s s e ñ a l e s d e c o n t r o l y o p e r a c i o n e s d e l o s r e g i s t r o s y e l b i e s t a b l e .

b ) D i s e ñ e e l c o n t r o l a d o r .

i n

Sumadorc o m p l e t o

bCo u t

N

B i e s t a b l e

OUT

5b

q 5 a

q 5 b

C [ n ]

F N




S o l u c i ó n P 1 2 .

a) Descripc ión de compo nentes :

Ri nX = A, B

SRXCLX-

SRc = 1 : SHR(C, Rin) CLX = 1 : X - 0SRX = 1 : SHR(X, d )

d=0ó 1 óX7óX0

b) Para la siguiente codif icación de l as operaciones, obtenemos l a carta ASM y el con-

trolador .

R , R 0

0 0

0 1

1 0

1 1

microoperación

C-A+BC-AC E- B

o t r a s

xCLEAR N

B i e s t a b l e

W b i e s t OUT

i c j

CLEAR = 1 : B i e s t a b l e E - - 0

W b i e s t = 1 : B i e s t a b l e-C i + l

siempre C ; = [ B i e s t a b l e l



xs

Soluci ón P13 .

a )R x

w

X = A,B

WxRx

0001

10

1 1

A [ 8 1

B [ 8 ]

1

Z 7 _ o =

X [ 8 1

H

[ X ]

e n t r a d a s

p r o h i b i d a

/ O

jo

2

R1R o

V V VCLEAR CLB CL A

8 £ 8

8 8

]1 / •/ 8

X -

XX

e n t r a d a s

p r o h i b i d a

DSEÑO DE UNDADES DE CO NTROL 3 5 3

F N

Wbiest SR ASRC SR B

P r o b l e ma 1 3 . - P a r a l a u n i d a d d e d a t o s q u e s e p r e s e n t a , s e q u i e r e r e a l i z a r u n s i s t e m a d i g i t a l

capaz de co mparar dos números de 8 bits (A y B), y almacenar en A el mayor de ello s y en B

el menor. T r a s f i n a l i z a r l a o p e r a c i ó n , e l s i s t e m a g e n e r a r á u n a s e ñ a l d e F N .

a) Defina correctamente las o peraciones de los registros .

b) Obt enga la carta ASM y el co ntrolador .

c) Sin añadir elementos nuevos , ¿se puede simpl ifi car la arquitect ura de

esta unid ad de proceso ? Razone la respuest a .

C [ 8 ]

D [ 8 ]

CONT. mod-8

UP

CL

1

UP CL

0 0

01

10

1 1

CONT. m o d - 6 4

Cy =

1 s ü

[CONT

= 1 . . . 1 1

E E>F -E=F

F E< F

CONT F-

CONT0

CONT + 1

p r o h i b i d a

HCY




b )

C 4- AWc , RA

A4-BWA , RB

B 4- C

WB , Rc

1

NOP

CONT4- 0 / C E-ACL / W c , R A

vD 4- BWD, RB

t

s o

S2

C 4- SHL(C, X) / D 4- SHL(D, X) / CONT4-CO NT +

Wc , SLc / WD, SLD / UP

F N

1

S

a S o

WTRy SLy Y7 - 0 Y 4-

0 0 0 H Y001 H SHL (RU8, Y L )

010 [Y] Y1 0 0 entradas e n t r a d a s



X

CL RA

WC

c) Sí . Se resuelve en el si guiente probl ema .

Pro b lema 14 . - L a f i g u r a m u e s t r a l a s o l u c i ó n a l ú l t i m o a p a r t a d o d e l p r o b l e m a a n t e r i o r . R e c o r-

demos q ue se t rata de almacenar en A el mayor y en B el menor de lo s d atos previamente

almacenados en A y B . Determine la c arta ASM para est a unid ad .

V

WD

Ra-Wa-SHLa-RbWb-SHLb

>, -T-VR B

A[8]

A

B[8]

SLC

SLD

UP

E>F E

8

F

A

8 8

me 11 * > q4 11 >

8 UP

CL

y


1

C

RD=O

C[8]

WAVRC

WB

- _ _ Rc-Wc

CONT. m o d -8

F N

CY





0 0 , 1 1

A E- SHL(A,A 7 ) / SHL>B E- SHL(B,B 7 ) / SHLb

\ONT E- CONT + 1 / Ulj0

CY

NOP

vCONTÉ- 0 / C E-A

CL, W,RA

so

S 2

B E- A

Ra ,Wh

vB E- CRe , W b

0 1 , 1 0

S

B E- SHL(B,B 7 )/ Wb,SHLb

CONTÉ- CONT + 1 / UP

0 1

CY

S 3

vAE-CRe ' Wa

NOP

1

P r o b l e ma 1 5.- Diseñe un sis tema digi tal (ver figu ra), que op ere como si gue . Sincronizad ocon Ck 1 , recibe por XS u n p u l s o d e u n c i c l o d e d u r a c i ó n y , a c o n t i n u a c i ó n , 8 b i t s d e d a t o s e n

s e r i e p o r u n a l í n e a Di n.

S F



RSR

NC

CLEAR

CLK

S o l u c i ó n P 1 5 . - Componentes de la unidad de datos :

DN

1Ck

CONTmod . 8

DOUT

xs

Di n

Ck

Ck


El sis tema, deforma sincronizada con Ck 2 , en primer lug ar debe generar por Xo u n p u l -

s o d e u n c i c l o d e d u r a c i ó n y , s e g u i d a m e n t e , r e t r a n s m i t i r p o r Dout l o s 8 b i t s d e d a t o s r e c i b i d o s .

SR R

0 0

0 1

1 0

11

SSTEMADGTAL

CY NC CLEAR

x 1

1 0

0 0

DOUT =

H

REG 0

H

REG0

CY =

1 s ü

[CONT]

= 1 1 . . 1

o u t

REG F-

REGREG

SHR (REG, DN)

SHR (REG, DN)

CONT F-

0

CONT + 1

CONT

C om p o nen te s c o m une s a la un i d a d de da t o s y a la un i d a d de c o n tr o l :

- Un biestable SR asíncrono y un multip lexor, se ut ilizan para obtener la señal de reloj

que se conectará tanto a las señales de reloj del registro y el contador como al controlador .

a l o s Ck




L a s s e ñ a l e s S y R s e r á n a c t i v a d a s p o r e l c o n t r o l a d o r .

La carta ASM :

El controlador :

V

1

CLEAR NC

SR

%Biest 4- 0, CONT F- 0

b t e s t , CLEAR

NOP

REG F- SHR(REG, D N) , CONT 4- CONT +

SR, NC

y\

CY

B i e s t E - 1

XO , S b i e s t

v

NOPF N

1

REG E- SHR(REG, D N) , CONT F- CONT + 1, DOUT = REG

SR, Rb ies t , NC

0

Vxo

S b i e s t

3

Xs ---J

R b i e s t

CY

4

FN



y q

q

1

Ck

Elemento d e memoria y s u

t a b l a d e c o m p o r t a m i e n t o

y0

1

0

q

S

A

B

C

D

B

C

B

C

B

A , 1

D

B , 1

Capítulo 13

MSCELÁNEA

Pro b l ema 1 . - Para el dis pos iti vo de memoria que se muestra a continuació n :

a) Obtenga su tabl a de excitaci ón .

b) Razone si es pos ibl e implementar cualqu ier máqui na de estados ut ili zando este tipo

de disp osi tivo c omo elemento de memoria .

c) Con dos de estos elementos de memoria y las pu ertas necesarias, realice un circui to

que impl emente la tabla de estados . Elija una asignación de estado s adecuada, sin consi de-

raciones de co stes .

0 1

NS, Z

T a b l a d e e s t a d o s

P r o b l e ma 2 . - E n u n a p r á c t i c a d e l a b o r a t o r i o s e p r e t e n d e m o n t a r e l c i r c u i t o s i g u i e n t e :

y

Sin embargo el laborato rio es un desast re .

a) El dí a que va el grupo M result a que no hay mu/tip/exores, con lo único qu e podemos

3 5 9




contar es con una pu erta NAND de ocho entradas además del deco dif icador p revisto . O b t e n -

g a e l c i r c ui t o eq u i v a l en t e a l d a d o c o n e l m a t e r i a l d i s p o n i b l e .

b ) E l d í a q u e v a e l g r u p o P y a d i s p o n e m o s d e l o s m u l t i p l e x o r e s n e c e s a r i o s , p e r o a h o r a

han desaparecido lo s decodif icadores . O b t e n g a u n c i r c u i t o e q u i v a l e n t e a l d a d o u t i l i z a n d o un

s ó l o m u l t i p l e x o r c o m o e l p r e v i s t o e n l a p r á c t i c a .

Nota 1 : D i s p o n e m o s d e l a s v a r i a b l e s e n ú n i c o r a í l .

Nota 2 : L a e n t r a d a d e h a b i l i t a c i ó n d e l m u lt i p l ex o r hace : F=0 si E=0 y F=MUX si E=1

Pro b l ema 3 . - S e p r e t e n d e r e a l i z a r u n d i s p o s i t i v o c o m o e l m o s t r a d o e n l a f i g u r a :

> Z

C. C . > Z 2

CLAu P CONTCK > mod-16

4

L a e n t r a d a C L A p o n e a c e r o e l d i s p o s i t i v o d e f o r m a a s í n c r o n a . P o r l a l í n e a X s e r e c i b e n

p u l s o s p o s i t i v o s d e u n o o m á s c i c l o s d e r e l o j . C o n i n d e p e n d e n c i a d e l a d u r a c i ó n d e c a d a p u l s o

y c o n t a n d o a p a r t i r d e l a ú l t i m a v e z q u e s e a c t i v ó C L A , s e d e s e a a c t i v a r Z , a p a r t i r d e l fi n a l d e l

segundo pu lso recibid o por X y activar Z2 a p a r t i r d e l c o m i e n z o d e l q u i n t o p u l s o . Una vez

a c t i v a d a c a d a s a l i d a , s e m a n t e n d r á a c t i v a h a s t a q u e s e a c t i v e C L A o t r a v e z .

Diseñe el circu ito c ombinaci onal (CC en l a f i g u r a ) u t i l i z a n d o e x c l u s i v a m e n t e p u e r t a s

NAND y sup oniendo variabl es en dob le raíl .

Pro b l ema 4 . - Consid ere la palabra 10100110 . n t e r p r e t e , s i e s p o s i b l e , l a i n f o r m a c i ó n d e e s t a

palabra según sea : n ú m e r o b i n a r i o , r e p r e s e n t a c i ó n s i g n o - m a g n i t u d , r e p r e s e n t a c i ó n c o m p l e -

m e n t o a 1 , r e p r e s e n t a c i ó n c o m p l e m e n t o a 2 , c ó d i g o A S C , c ó d i g o A S C c o n p a r i d a d p a r , c ó -

digo ASC con paridad i mpar o códi go BCD .

Prob lema 5 . - S e d e s e a d i s e ñ a r u n a c a l c u l a d o r a q u e r e a l i c e l a s s i g u i e n t e s o p e r a c i o n e s :

1.A-2A+B 3.B-2A+282.A'-A-B 4. BOA-28.



P a r a e l l o s e d i s p o n e d e l a u n i d a d d e d a t o s d e l a f i g u r a e n l a q u e t o d a s l a s s a l i d a s d e

los registros son condicio nales . S e p i d e :

a) Especif icar completamente la unidad d e datos .

b) Diseñar la unidad de control correspondiente .

Pro b l ema 6 . - E n e l c i r cu i t o d e l a f i g u r a h a y , e n t r e o t r os , u n s u m a d o r p a r a l e l o d e " n " b i t s y u n

b l o q u e TRANS FERE/COM PLEMENTA B (re p re s en t a d o p o r n X OR) . D e s c r i b a f u n c i o n a l -

m e n t e e l c i r c u i t o . (Esto es, represente formalmente su operación y expl íquela verbalmente) .

A B

x i

x 3

x2

MSCELÁNEA 36 1

P r o b l e ma 7 . - Un sist ema digi tal d e 4 entradas recibe si ncronizado co n una señal d e reloj,caracteres d e 4 bits . E l s i s t e m a g e n e r a z = 1 , d u r a n t e u n c i c l o d e r e l o j , t r a s r e c i b i r c u a t r o

caracteres seguidos idénticos .

¿ Cuántos elementos (bits ) de memoria deberá tener, el si stema? Diseñe dicho sis tema

uti lizando registros d e 4 bit s, comparadores de magnitud y p uertas .

P r o b l e ma 8 . - Respo nda a las sigu ientes cuesti ones :

a) Un código binario de números decimales se dice que es un códi go pesado cu ando l a

posi ción de cada bit lleva asociada un peso numérico y s e denomina autoco mplementable si

el compl emento a 9 de cada díg ito D = d 3 d2d 1 do es Ca9(D) = 9; d- 2d- El cód igo 8CD natural

es un ejemplo de cód igo d ecimal pesado pero no autocompl ementable . El códi go exceso-3

es un ejemplo de có digo decimal no pesado pero es autocomplementable . Muestre que elsiguiente código es ambas cosas : pesado y autocomplementable y determine el p eso decada bit .

0 = 0000 1 = 0001 2 = 0011 3 = 0100 4 = 100 05=0111 6= 1011 7= 110 0 8= 1110 9= 1111

b) El circu ito de la figu ra contiene una puerta de 5 entradas qu e puede ser una NAND5,

una NOR5 o una XNOR5 . ¿Cuál es el test más si mple que se p odría aplicar para averiguara

qué pu erta corresponde?

7

c ) S e a l a f u n c i ó n z ( x 1 , x2 , . . . , x , . , ) que se define como :

z(x 1 , x2 , . . . , x „ ) = 1 s i y s ó l o s i x ; * x1 p a r a a l g ú n v a l o r d e ( i , j ) .




- Si consid eramos esta funci ón como un operador de n variabl es, ¿pod ríamos decir que

es funcio nalmente completo ?

- Dé una expresión algebraica p ara z .

P r o b l e ma 9 .- Sean A= A 4A3A2A 1 Ao y 8=B 4B3B281 B0 do s números bi narios q ue nunca pue-

d e n r e p r e s e n t a r e l v a l o r " - 0 " . Hay dos señales S 1 y So , que indican el ti po de representación

numérica, de acuerdo con el s iguiente código .

S1 S0 =00 A y B números si n signo

S1 SO=01 A y B números en signo-magnitu d

S1 S0 =10 A y 8 números en Ca2

S1 S0 =11 A y B números en Ca 1

Diseñe un comparador (A>B, A=B, A<B) uti lizando un c omparador d e magnitud es de

4 bits y los MUX 4 :1 que se necesiten .

Pro b lema 10 . - La si guiente figu ra muestra la unidad de procesado de dato s de un micropro-

cesador con bus de datos de 8 bits (D 7 - D o) y b u s d e d i r e c c i o n e s d e 1 6 b i t s ( A 1 5 - A0 ) .

AB [ 1 6 ] ( a M e m o r i a )

A1 5 - A0

PCH[81

CONTROL

PCL[8]

R [ 8 ]

MARH[8]

MDR[81

MARL[8]

RT[8]

ALU

AC[81

DB[81 (a/de Memoria)

1-11 > D 7 - D o

Como puede observarse, el bus interno de comunicació n es de 8 bit s y d isp one de los

s i g u i e n t e s r e g i s t r o s :- MAR (Memory Address Register) : de 16 bits , está formado p or la concatenación de

d o s r e g i s t r o s d e 8 b i t s : MARH y MARL .



c

1 s i A > i

OsiA<i

F i g u r a 1 F i g u r a 2

MSCELÁNEA 3 6 3

- MDR (Memory Data Register) : d e 8 b i t s , s u f i n a l i d a d e s s e r v i r c o m o r e gi s t r o i n t e r me -

dio entre el pro cesado r y la memoria externa . T o d o d a t o q u e e n t r e o s a l g a d e l p r o c e s a d o r d e -

berá s er almacenado previ amente en MDR .

- R ( n s t r u c t i o n R e g i s t e r ) : e s d e 8 b i t s .

- PC (P rogram Counter) : es de 16 bits y está f ormado p or la concatenación de dos

r e g i s t r o s d e 8 b i t s : PCH y PCL .

- AC (Acumul ador) : e s d e 8 b i t s .

- RT (Regis tro Tampó n) : es de 8 bits y es uti lizado para el cálculo de operaciones

intermedias .

Obtenga la secuencia d e microop eraciones necesarias para realizar la s igui ente

instrucci ón indicando c uál es corresponden al ci clo de FETCH y cuál es al de EXECUTE :

LDA $B043Nota : Cada instrucci ón ocup a 3 palabras de 8 bit s consecut ivas de la memoria . E n l a p r i m e r a

aparece el c ód igo de op eració n (LDA) ; en la segunda aparecen los 8 bit s de dirección más

s i g n i f i c a t i v o s d e l o p e r a n d o ( A 1 5 - A8) ; y en la tercera aparecen los 8 bit s de di rección menos

s i g n i f i c a t i v o s ( A 7 - A 0) .

P r o b l e ma 11 . - Una puerta umbral (ver figura 1) activa su salid a, Z = 1, s i el valor de sus

entradas to madas como número binario A110 = (aí - 1 , . . . , a 1 , a 0) ( 2 es mayor o igual al u mbral

i n t e r n o " i " .

a) Diseñe una puerta umbral d e n entradas, uti lizando s ubs ist emas co mbinacionales y

puertas lógicas .

En la figura 2, aparece un circui to f ormado, únic amente, por pu ertas umbrales .

b ) A n a l i c e d i c h o ci r c u i t o .

c) Redis éñelo u ti li zando, exclu si vamente, MUX de 4 canales .

P r o b l e ma 1 2 . - E n e l d i s e ñ o d e l a f u n c i ó n : f = f l ( 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 ) - d ( 0 , 2 , 1 3 , 1 5 ) se ha

d a d o c o m o s o l u c i ó n e l c i r c u i t o d e l a f i g u r a . L a s v a r i a b l e s e s t á n e n ú n i c o r a í l .

a ) D e t e r m i n e , s i l o s h a y , t o d o s l o s e r r o r e s d e l a s o l u c i ó n y c o r r í j a l o s .

b) Para el circui to d e la fig ura, dib uje la forma de onda de salida si b es una señal

periód ica de frecuencia 20 Mhz y acd=011 se manti enen constantes, su po niendo que tod as

las pu ertas po seen un tiempo d e retraso de 5ns .




C

d

Pro b lema 13 . - Obtenga la carta ASM de un ci rcuito secuencial sí ncrono c on una entrada x .

La única salid a, z, es 0 a menos que l a entrada x haya permanecido const ante (a 1 ó a 0)

d u r a n t e l o s ú l t i m o s c u a t r o c i c l o s d e r e l o j . L a s a l i d a s e p o n d r á a 1 c o i n c i d i e n d o c o n e l c u a r t o 1

(ó 0) de la entrada. Suponiendo qu e el circuito se disp ara en el fl anco de bajada, dib uje la

forma de onda de salid a para la secuencia de entrada de la fi gura, indicando l as cajas d e

estado po r las que pasa .

Ck

x

P r o b l e ma 14 . - E n l a f i g u r a s e m u e s t r a u n a t a b l a d e i m p l i c a n t e s p r i m a s p a r a f ( a , b , c , d ) e n l a

que se desconoc en algunos de lo s encabezamientos d e las filas y colu mnas . Se sabe qu e

t o d o s l o s m i n t é r m i n o s y l a s i m p l i c a n t e s p r i m a s d e l a f u n c i ó n e s t á n e n l a t a b l a .

a) Determine los minté rminos e impli cantes primas que correspo nden a las f ilas y

co l umnas desconoc i das . ¿ E s ú n i c a l a s o l u c i ó n ?

b) Escriba lo s maxtérminos de f y ob tenga la expresión óp tima para f .

P r o b l e ma 1 5 . - Un perro puede estar tranquilo , irritado, asu stado o irritado y asust ado

simult áneamente, con lo cual muerde . Si le damos un hueso se queda tranquilo . S i l e

0 7 8 10 15 c l c 2

A=b d X X X

B= ? X X

C=bcd X X

D=? X X

E=? X

F=? X



quit amos u no de sus huesos se pone irritado, y si y a estaba asust ado, nos morderá . S i l e

amenazamos s e asusta, y s i y a estaba irritado también nos morderá . N o e s p o s i b l e r e a l i z a r

dos accio nes simult áneamente sob re el perro . Obtenga el di agrama de Moore y realice un

c i r c u i t o q u e s i m u l e l a c o n d u c t a d e l p e r r o .

Pro b lema 16 . - Diseñe un circuit o co mbinacional que tenga como entradas tres números si n

signo A, B y C de n bits cada uno, y una salida Z que indiqu e cuál d e los números B o C es

más pró ximo al número A . Haga un diseño con subsi stemas combinacionales . Suponga que

A# B, A#CyC ; , ,- - B.

P r o b l e ma 17 . - C o n s i d e r e e l ci r c u i t o d e l a f i g u r a . n i c i a l m e n t e l o s b i e s t a b l e s e s t á n e n e l e s t a -

d o 0. La operación del ci rcuito empieza con un pulso de "Start" aplicado a las entradas de

PRESET de los b iest ables X e Y. Determine las secuencias o l as formas de onda en A, B, C,

X, Y, A, Z y W para 20 ciclo s de reloj después del comienzo de la operación .

C

K C

W

B

1-KB

PRX

J A-K A X

CLK Y

PR

D Y

MSCELÁNEA 365

ZrS t a r t

Pro b lema 18 . - Para un sis tema con 16 lí neas de d irecci ón se necesit an 40K de memoria de-

j a n d o l i b r e e l r e s t o . Se dispone de una_RAM de 32K y o tra de 8K, ambas co n señal de selec-ción de chip CS, de lectura/escritura R/W y buses co mpartidos . La memoria resul tante deb erá

t e n e r s e ñ a l e s d e l e c t u r a R y d e e s c r i t u r a W s e p a r a d a s y a c t i v a s e n a l t a , s i n s e l e c c i ó n d e c h i p .

a ) D i s e ñ e e l c i r c u i to .

b) Determine qué palabras de memoria se correspo nden con las d ireccio nes lógi cas si -

guientes: $FOCA, $4342, $9CAD .

c ) ¿ Cuál es l a direcció n lógic a que hay que poner para acceder a la palabra $7531 d e

la RAM de 32 K? . ¿ Cuál sería para la $0246 de l a RAM de 8K? .




SOLUCONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS

Solución Pl .

a ) D i r e c t a m e n t e d e l a t a b l a d e e s t a d o s d e l b i e s t a b l e s e o b t i e n e s u t a b l a d e e x c i t a c i ó n :

q-Q0->0

0 - > 1

1 - 4 0

1 - > 1

Q 1 Q 2

T a b l a d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a

L a t r a n s i c i ón 1 - - - > 0 s e p u e d e c o ns e g u i r

c o n c u a l q u i e r va l o r d e y , 0 ó 1 .

b) Para una máqu ina de estados genérica, s iempre habrá "transici ones" de alguna

variable de estado desde 1 hacia 1 . E s t a " t r a n s i c i ó n " n o p u e d e s e r l l e v a d a a c a b o p o r e l

b i e s t a b l e " y " , a l m e n o s d i r e c t a m e n t e . E n c o n s e c u e n c i a , e n g e n e r a l n o h a y g a r a n t í a s d e p o d e r

i m p l e m e n t a r c u a l q u i e r m á q u i n a c o n e s t e t i p o d e b i e s t a b l e .

c) De acuerdo con el apartado b ), p ara realizar la máqu ina del enunciado debemos

e n c o n t r a r u n a a s i g n a c i ó n p a r a l a q u e n o o c u r r a n t r a n s i c i o n e s d e 1 a 1 .

Una asignación válid a se p uede encontrar bien razonando adecuadamente, bien p or el

m é t o d o d e p r u e b a y e r r o r . L a o p c i ó n r a z o n a d a e s c o m o s i g u e :

E l g r a f o d e t r a n s i c i ó n d e e s t a d o s , s i n t e n e r e n c u e n t a n i e l v a l o r d e X n i e l d e Z , e s :

o D0 0E l e s t a d o B e s e l q u e m á s t r a n s i c i o n e s r e c i b e ( t r e s ) . T e n i e n d o e n c u e n t a q u e e n e l e l e -

m e n t o d e m e m o r i a e l p r o b l e m a e s l a t r a n s i c i ó n q ; : 1 - > 1 , l e a s i g n a r e m o s e l c ó d i g o g l g 2 = 0 0

( d e e s t a f o r m a e v i t a m o s l a t r a n s i c i ó n p r o b l e m á t i c a h a c i a e l e s t a d o B ) . L a ú n i c a t r a n s i c i ó n q u e

p a r t e d e l e s t a d o A v a h a c i a e l e s t a d o B . P o r t a n t o , n o s e p r o d u c e l a t r a n s i c i ó n p r o b l e má t i c a s i

le asignamos a A : q 1 q 2 = 1 1 . P o r ú l t i m o , c o m o C y D s o n p r ó x i m o s e s t a d o s u n o d e l o t r o , l e

asignamos cód igos complementados, por ejemplo C : q 1 q 2 = 0 1 y D : q 1 q 2 = 1 0 .

U n a v e z r e a l i z a d a l a a s i g n a c i ó n , d e f o r ma q u e s e h a e v i t a d o q u e e x i s t a n t r a n s i c i on e s q u e

no pueden implementarse con el elemento de memoria, el p roceso de di seño co ntinúa como

siempre .

Y i Y 2

T a b l a d e e x c i t a c i ó nE c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n

y s a l i d a

X

q 1 q \ 0 1

X

q 1 q\ 0 1

B=0 0 01,0 1 1 , 1 0 0y1 =X

01 11

C = O 1 00,0 10,0 01 O d ld y2 =X91

A=1 1 00,0 00,0 11 dd d d Z=Xq2D=1 0 01,0 00,1 10 d l d0



E l c i r c u i t o fi n a l q u e d a :

1 2

MSCELÁNEA 367

Z

Solución P2 . - E l p r i m e r p a s o e s c a l c u l a r u n a e x p r e s i ó n d e l a f u n c i ó n F ( x , y , z ) , p a r a l o c u a l h a y

q u e a n a l i z a r e l c i r c u i t o . D a r e m o s n o m b r e a c a d a u n a d e l a s l í n e a s .

S e g ú n l a e c u a c i ó n d e s a l i d a d e l m u l t i p l e x o r t e n e m o s :

F = d o ( d 2 • s 1 - s o + d 3 • s 1 • s 0 + d 4 • s 1 - S O + d 5 - s 1 • s 0 ) -C a d a u n a d e e s a s s e ñ a l e s s o n s a l i d a s d e l d e c od i f i c a d o r , p o r ta n t o :

do =x+y+z d 2 =x+y+z d 3 =x+y+z d 4 =x+y+zd 5 =x+y+z s 1 =x+y+z sp=x+y+zS u s t i t u y e n d o e n l a e x p r e s i ó n a n t e r i o r p a r a F :

F = ( 0 , 5 ) = 1 ( 1 , 2 , 3 , 4 , 6 ) .a ) m p l e m e n t a r e m o s e s a m i s m a f u n c i ó n h a c i e n d o u s o d e l d e c o d i f i c a d o r a n t e r i o r y u n a

pu erta NAND de oc ho entradas . D a d o q u e p o r l a s s a l i d a s d e l d e c o d i f i c a d o r t e ne m o s l a s e x p r e -

s i o n e s d e l o s m a x t é r m i n os d e t r e s v a r i a b l e s ( l a s q u e a c t ú a n d e e n t r a d a a l d e c o d if i c a d o r ), b a s t a

e l e g i r a q u e l l a s s a l i d a s d e l d e c o d i f i c a d o r c o r r e s p o n d i e n t es a l o s m i n t é r m i n o s d e F . A s í , a l u s a r -

l a s c o m o e n t r a d a s d e l a p u e r t a N A N D , a l a s a l i d a d e é s t a o b t e n e m o s l a f u n c i ó n d e s e a d a .

x

yz

b ) P a r a e s t e a p a r t a d o t e n e m o s q u e u s a r e l m u l t i p l e x o r q u e a p a r e c e e n e l e n u n c i a d o .

C o m o e s t a m o s e n ú n i co r a í l , v a m o s a b u s c a r q u é d i s p o s i c i ó n d e v a r i a b l e s e s v á l i d a p a r a q u e

n o e n c o n t r e m o s r e s i d u o s d e l a f u n c i ó n q u e p o s e a n v a r i a b l e s c o m p l e m e n t a d a s .




R e s i d u o s

d e F : Z 1 z 1

R e s i d u o s

d e F : y

De las tres dis p osi ciones de variables anteriores, só lo la segunda permite resol ver

nuestro pro b lema . Con ello, el diseño f inal del circuito sería :

1

1 1 y

0/00 1/00 0/00 1/00 0/ 0ó 1/00 ó411 0 00l o0/000¿0/10Ó

0/10

lo1/00

0/1001 0

1/10

UP=O

xz

S o l u c i ó n P 3 . - Para contar los puls os recibido s, como la duración de estos es variable, dos f lan-

cos consecut ivos en la entrada (subi da y bajada) representan un pul so . Cada pulso , p ues, nece-

sita dos estados : uno qu e reconoce el flanco de su bida en X y otro, el de bajada. El d iagrama

de estados para la máqu ina será :

UP =

donde el estado "0" es el de ausencia de pulso ; el est ado "1" se alcanza cuando X = 1 (comien-

zo de pu lso) y en él se permanece hasta qu e X = 0 (final del pu lso) ; tras este primer pulso se

permanece en un estado "2" hasta la ll egada del nuevo pul so (X = 1) ; e t c .

Para realizar estos c ambios de estado u til izaremos el co ntador . Si asig namos lo s valores

0000, 0001, 0010, . . . a l o s e s t a d o s 0 , 1 , 2 , . . . , respectivamente, el estado c oinci de con el valor

del contado r y los c ambios de estado del grafo se llevan a cabo acti vando o no la entrada UP

s e g ú n :

Entonces, las ecuaciones de excitació n del contador (UP) y de salida (Z 1 , Z 2 ) se obtie-

nen mediante el si guiente mapa de Karnaugh q ue representa la "tabl a" de excitació n-salida :



000

1 0 0

1 1 0

000

q 2

q1 q0 000

00

0 1

1 1

1 0

0 0 1 0 1 1 0 1 0

UP Z 1 Z 2

L a s e x p r e s i o n e s d e l a s q u e s e o b t i e n e e l c i r c u i t o s o n :

UP = X - qO+X . g3 . g0 Z1 = X'g1'g0 + q2 + q 3

MSCELÁNEA 3 6 9

1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0

Z2 = g 0 'g 3 +X • q 3

Solución P4 .

Como número binario : 1 0 1 0 0 1 1 0 = 1 6 6 ( 1 0Como signo-magnitu d : 10100110 =- (0100110) =- 38 ( 1 0

Como compl emento a l : 10100110 = - (01011001) = - 89 ( 1 0

Como compl emento a 2 : 10100110 = - (01011010) = - 90 ( 1 0

En códi go ASC : p r o b l e m a m a l f o r m u l a d o , p u e s e l c ó d i g o A S C e s s ó l o d e 7 b i t s .

E n c ó d i g o A S C c o n p a r i d a d p a r : 1 0 1 0 0 1 1 0 -& .

En código ASC con paridad i mpar : 1 0 1 0 0 1 1 0 n o p u e d e e s t a r e s c r i t o c o m o c ó d i g o d e

p a r i d a d i m p a r p u e s t i e n e 4 u n o s .

En código BCD : u n d í g i t o s e r í a 1 0 1 0 y o t r o 0 1 1 0 , p e r o c o m o 1 0 1 0 n o e s u n d í g i to B C D ,

e l p r o b l e m a e s t á m a l f o r m u l a d o .

Solución P5 .

a ) D e s a r r o l l a r e m o s l a s i n s t r u c c i o n e s m e d i a n t e m i c r oo p e r a c i o n e s y , d e a q u í , i r e m o s i m -

p l i c a n d o a l g u n a s n e c e s i d a d e s d e o p e r a c i o n e s e n l o s r e g i s t r o s . P r e v i a m e n t e , a n a l i z a r e m o s l a

u n i d a d d e d a t o s d e l a q u e d i s p o n e m o s :

Hay do s bus es compartidos ( B y B D ) , p o r l o t a n t o , l a s s a l i d a s d e l o s r eg i s t r os A , B y

A C s o n s a l i d a s c o n b u f fe r s t r ie s t a d o . C o m o l a s s a l i d a s s o n c o n d i ci o n a l e s , l o s r e g i s t r os t i e n e n

s e ñ a l e s d e l e ct u r a : ú n i c a p a r a R T ( s e ñ a l R T ) y A C ( s e ñ a l RAC) y d o b l e p a r a A y B , s e g ú n s e

l e a e n B ( s e ñ a l e s R A , RB ) o e n B D ( s e ñ a l e s R A D , RBD ) .

L a A L U o p e r a s u m a n d o o r e s t a n d o e n t r e B D , c o n e l q u e s e p u e d e n l e e r l o s c o n t e n i d o s

d e l o s r e g i s t r o s A , o B , o A C , y e l c o n t e n i do d e R T q u e p u e d e s e r c a r g a d o d e s d e e l r e g i s t r o A

o e l B .

H a y q u e e s p e c i fi c a r c u á l e s e l s u s t r a e n d o e n c a s o d e r e s t a ; e n n u e s t r o c a s o , e l e g i m os R T

como su straendo . C o n e l l o , l a d e s c r i p c i ó n d e la A L U e s :

010 - - - 010 1 1 1 - - - 1 1 0 1 0 0

1 1 0 - - - 0 1 1 0 1 1 - - - 010 000

1 1 0 - - - - - - - - - 010 0 0 0

010 - - - - - - - - - - - - 1 1 0 1 0 0




(RT)

out (BD)

Para obtener los valo res 2A y 2B pod rían utili zarse desplazamientos a la izquierda .

Aquí, s in embargo, se realizarán mediante sumas suc esivas :

2A + B : se almacena A en RT y se s uma RT do s veces .

A - 2B: se almacena B en RT y se rest a RT dos veces .

2A + 2B : además de hacer lo mis mo que 2A + B, se almacena

opo rtunamente B en RT y se vu elve a sumar .

Con ello , basta que los regist ros pos ean señales de lectura y escritura, permiti endo que

ambas se activen si multá neamente (excepto en A y B para lectu ra sobre BD) . A y B s o n i g u a l e s

entre sí y RT y AC, tambi én .

(BD)

s r

0 0

0 1

1 0

11

out

a-ba+b

RA, RADWA A<-- B = BD = RAC WAC AC4- o u t =

000 A H H 00 AC H

001 BD H entrada 01 i n H

010 A H [A] 1 0 AC [AC

100 A [ A ] H 1 1 i n [AC]

101 BD [ A ] entrada

110 A [ A l [Al

-11 proh . proh . prohibida



E l d e s a r r o l l o d e c a d a m a c r o o p e r a c i ó n y s u c o d i f i c a c i ó n e s :

MSCELÁNEA 3 7 1

b ) L a c a r t a A S M , s e ñ a l a n d o e n e l l a t a n t o l a s m i c r o o p e r a c i o n e s c o m o l a s s e ñ a l e s a a c t i -

v a r p o r e l c o n t r o l a d o r , q u e d a c o m o s i g u e :

c ó d i g o X Xp=00 X Xp =01 X X0 = 1 0 X X 0 = 1 1

O P . AE-2A+B AE-A-B BE-2A+2B BF-A-2B

µ o p l RTE-A RTE-B RTE-A RTE-B

µop 2 ACE-B+RT ACF-B+RT

µ o p 3 AC E- AC + RT AC E- A - RT AC E-AC + RT, RTE- B AC E- A - RT

µ o p 4 A E- AC AC E- AC + RT AC E- AC - RT

µ o p 5 B E- AC




También pod rían haberse reunido l os estados S3a Y S3b según se muestra :



X

O b t e n i e n d o e l c o n t r o l a d o r d i r e c t a m e n t e d e l a c a r t a A S M :

RB D

A

Dq

9 1 1

9 3a

q 1

93al

9 1 0

9 1 1

VRA

D2

WT

q

q2

q

D3 a

q

3 b

9a

q 2 1

> RB9 3 bq5

0

1

X

X x 2 x3

0 0

0 10 1 -

1 1 -

X

93bC

93a0

93b1

93a1

9 3 b D q2951> r

q 50-~ s

F

A+13

A+B+1

A+BA+B+ 1

WAC

D

D

q

q q

D

93a

9 3 b

q6

MSCELÁNEA 373

q

0

WB

- q5 0

-q51

q

DF

FN

Solución P6 . - S i x 2 = 0 , t e n e m o s q u e , i n d e p e n d i e n t e m e n t e d e x 1 , s e r e a l i z a r á l a o p e r a c i ó n

F = A+B si x 3 = 0 , o F = A + B + 1 s i x 3 = 1 , y a q u e e l c a n a l s e l e c c i o n a d o d e l m u l t i p l e x o r e s el

0 , y é s t e c o n t r ol a l a e n t ra d a d e a c a r r e o d e l s u m a d o r .

S i x 2 = 1 y X = 1 , i n d e p e n d i e n t e m e n t e d e x 3 , p o r l a e n t r a d a b d e l s u m a d o r t e n e mo s e l

c o m p le m e n to d e B y l a e n t r a d a d e a c a r r e o e s 1 . P o r t a n t o , l a s a l i d a F = A + B + 1 , e s t o e s F = A - B

en Ca2 .

S i x 2 = 1 y x1 = 0 , i n d e p e n d i e n t e m e n t e d e x 3 , l a e n t ra d a d e a c a r r e o s e e nc u e nt r a a 0 , y

e l c i r cu i t o c o mp l e me n t a d o r d e j a p a s a r , t a l c u a l , e l d a t o B . P o r t a n t o l a o p e r a c i ó n d e s a l i d a e s

F=A+B .En resumen, si x 2 = 1 s e t r a t a d e u n s u m a d o r / r e s t a d o r s e g ú n e l v a l o r d e x l ( 0 / 1 ,

r e s p e c t i v a m e n t e ) y , s i x 2 = 0 , h a c e l a s u m a c o n x 3 c o m o a c a r r e o d e e n t r a d a .




S o l u c i ó n P 7 . - Este sistema digit al debe tener, por un lado, capacidad d e almacenamiento para

un car á c t er de 4 b i t s , c o n e l o b je t o d e p o d er h a cer c o m p ara c i o ne s c o n l o s cara c t eres q u e

incidan en pos teriores ciclos d e reloj . Ademá s , el si s tema debe llevar la c uenta de las

coincidencias existentes, por l o qu e necesitaríamos un contador de cuatro estados o 2 bit s . En

tot al, y como mínimo, necesitaremos seis biestables . No ob stante, a la hora de impl ementar el

s i s t ema, no di s p o nemos de c ontad ores , s ó l o de reg i s tro s . En este caso, ut ilizaremos los

re gi s t r o s p ara alma cenar l o s cara c t ere s en d i s t i n t o s c i c l o s de re l o j . Lo s re gi s t r o s e s t á n

c o n e c t a d o s e n t r e s í d e m o d o q u e en c o n j u n t o s i m u l a n u n re g i s t r o d e d e s p l a z a mi e n t o d e

caracteres . Sólo es necesario utili zar 3 registros ; con ellos y la entrada actual se co nocen los

caracteres correspo ndientes a cuatro ci clo s de reloj .

X3 : 0

R[4] R[4] R[4]

y • y

El sist ema debe generar salida 1 durante un ciclo d e reloj, c uando se detect e una

secuencia consecut iva de cuatro caracteres idéntic os . Cuando se recibe esta secuencia, tanto

la entrada como los registros, contienen el mismo dato . Util izando comparadores de magnitu d

se puede detectar cuándo se ha recibido la secuencia correcta . Estos dis p ositivos tomarán la

entrada y el contenido de lo s dis tintos registros y l os c ompara por parejas, d e forma que en total

necesi taremos 3 c omparadores .

-1X3 : 0

a b

R[4]

a>b a=b a<b

El

Cuando el c ontenido de los 3 registros y la entrada coinciden, las salid as E l , E 2 y E3

toman simul táneamente el valor 1 . La salid a z la podemos c onstruir mediante la operación

AND de las tres sali das anteriores :

z = El. E2 • E 3


a) Lo s p e s o s s o n : d 3 -* 4, d 2 -* 3, d, - * 1 , d o -* 1 . (Se obtiene de f orma inmediata : do

de có dig o del 1 ; d 2 del 3 ; d 3 del 4 ; y d l de, por ejemplo, el 2) .

R[41

b

b =b ab a=b a<b



Además, el cód igo es autoco mplementable . :

SOLUCÓN 1 :

a b c d e

1100011100

b) La función XNOR(a, b, c, d , e) to ma los s iguientes valores :

- 0 si el número de entradas a 1 es impar .

- 1 si el número de entradas a 1 es par .

Es sufi ciente con dos co mbinaciones de entrada para deduci r qué tipo de puerta es :

NAND NOR XNORabcde1 0 1 11111

1 0 0 01111

SOLUCÓN 2

MSCELÁNEA 375

NAND NOR XNOR

0 0 1

1 0 0

d í g i t o d 3 d 2 d 1 dp Ca9 d3 d 2 d i d o

0 0000 9 1111

1 0001 8 1110

2 0011 7 1100

3 0100 6 1011

4 1000 5 0111

5 0111 4 1000

6 1011 3 0100

7 110 0 2 0011

8 1110 1 0001

9 1111 0 0000

CÓDGO VALOR DECMAL

0000 0 = 0 x 4 + 0 x 3 + O x 1 + O x 1

0001 1 =0x4+0x3 +Ox1 + 1x1

0011 2=Ox4+Ox3+ xl + 1x1

0100 3=0x4+1x3+Ox1+Ox1

1000 4 = 1x4+0x3+Ox1 +Ox1

0111 5=0x4+1x3+ 1x1 + 1x1

1011 6= 1x4+Ox3+ 1x1 + 1x1

1100 7=1x4+1x3+Ox1+Ox1

1110 8=1x4+1x3+1x1+Ox1

1111 9= 1x4+ 1x3+ 1x1 + 1x1




c) Sí, es f uncionalmente compl eto po rque se puede impl ementar la función NOR

(NOT-OR) que lo es .

N O T ( a ) = á = z ( a , 1 , 1 , . . . , 1 ) ; O R ( a , b ) = a + b = z ( a , b , 0 , 0 , . . . , 0 ) .

E x p r e s i o n e s a l g e b r a i c a s d e l a f u n c i ó n z p u e d e n s e r l a s s i g u i e n t e s :

z = ( x 1 ( D x 2 ) + (x1Ox 3 ) + (x1(Bx 4 ) ++ (x;Oxi ) + . . .

z = (x1+x2++xn)(x1+x2++xn )

Solución P9 . - En todas las representaciones númericas que se nombran en el enunciado, salvo

l a d e n ú m e r o s s i n s i g n o , e l b i t d e m a y o r p e s o r e p r e s e n t a e l s i g n o d e l n ú m e r o . E s t e b i t d e s i g n o

permite hacer una comparación rápid a entre dos números, ya que los pos it ivos son mayores

q u e l o s n e g a t i v o s . E s t o , e n p r i n c i p i o , e s v á l i d o s i r e s t r i n g i m os e l u s o d e l n ú m e r o - 0 , q u e , e x i s -

te en notacio nes como Cal o S-M . Si comp aramos el + 0 con el - 0 , e l r e s u l t a d o n o d e b e d a r

como mayor al primero, p uest o que lo s do s números representan la misma cantidad .

Si comparamos do s números posi tivos o d os números negativos, tenemos que comparar

las magnitud es de ambos , dando c omo mayor, en el primer caso, al de mayor magnitu d y en el

segundo caso , al de menor magnitud .

En resumen, uti l izaremos el co mparador de magnitu des para los 4 bit s menos

signif icativos d e los números A y B, y nos serviremos de los bi ts más signif icativo s para

a c t i v a r l a s s a l i d a s e n c a s o d e n ú m e r o s d e d i s t i n t o s i g n o .

Llamemos g, e y 1 a las sali das del c omparador de las magnitu des A3-0 y B3-0 :

A3-0

B3-0

00

01

10

1 1

Sean G, E y L l as señales q ue co mparan los números con s igno A4-0 y B4-0 . Podemos

obtener, en función de S 1 , S 0 , A 4 y B4 l a s i g u i e n t e t a b l a :

A4B4

S~ 00g el

gel

gel

g e l

GELPara números si n signo, S S O = 0 0 , t e n e m o s l a s s i g u i e n t e s p o s i b i l i d a d e s :

a) A4B4 = 00 y A4B4 = 11 el resultado de la comparación depende de los 4 bit s menos

s i g n i f i c a t i v o s , e s t o e s , G E L = g e l .

b) A 4B 4 = 01, el número B es mayor qu e el A, por tanto L = 1 .

c) A4 B4 = 10, el número A es mayor que el B, G = 1 .

Para números en notaci ón S-M, tenemos las si gui entes posi bil idades :

a) A 4B 4 = 00, los d os números tienen el mismo si gno y, po r tanto, el resultado d e la

0 1 1 0 1 1

001 100 gel

100 001 l eg

100 001 g el

100 0 0 1 g el



c o m p a r a c i ó n d e p e n d e d e l a m a g n i t u d , d e f o r m a q u e e l q u e t e n g a m a y o r m a g n i t u d , s e r á e l m á s

g r a n d e ( G E L = g e l ) .

b) A4B 4 = 0 1 , e l n ú m e r o A e s p o s i t i v o y e l B , n e g a t i v o , e l m a y o r e s e l p r i m e r o , G = 1 .

c) A4B 4 = 1 0 , e l m a y o r e s e l n ú m e r o B , p o r s e r p o s i t i v o , L = 1 .

d) A 4B4 = 1 1 , l o s d o s n ú m e r os s o n n e g a t i v o s y , p o r t a n t o , e l m a y o r s e r á e l q u e t e n g a

menor magnitu d, GEL = leg .

P a r a n ú m e r o s e n n o t a c i ó n C a l , t e n e m o s l a s s i g u i e n t e s p o s i b i l i d a d e s .

a ) A 4B 4 = 0 0 , l o s d o s n ú m e r o s s o n p o s i t i v o s : p o r t a n t o , e l m a y o r d e l o s d o s s e r á e l q u e

t e n g a m a y o r m a g n i t u d , G E L = g e l .

b) A 4B4 = 0 1 , e l n ú m e ro A e s m a y o r p o r s e r p o s i t i v o , G = 1 .

c) A4B 4 = 1 0 , e l n ú m e r o B es e l m a y o r p o r s e r p o s i t i v o , L = 1 .

d) A4B4 = 1 1 , l o s d o s n ú m e r o s s o n n e g a t i v o s . H a y q u e d e t e r m i n a r l a m a g n i t u d d e a m b o s

p a r a s a b e r c u á l e s e l m a y o r . P a r a r e s o l v e r e s t e c a s o , o b s e r v e m o s p r i m e r a m e n t e u n e j e m p l o d e

n ú m e r o s n e g a t i v o s d e 4 b i t s e n e s t a n o t a c i ó n .

A p a r t a n d o e l b i t d e s i g n o , l a s m a g n i t u d es d e l o s b i t s r e s t a n t e s s o n t a n t o m a y o r e s c u a n d o

e l n ú m e r o e s m a y o r . P o r t a n t o , l a s s a l i d a s G E L = g el .

P o r ú l t i m o , s e p u e d e d e m o s t r a r q u e , p a r a n ú m e r o s e n n o t a c i ó n C a 2 , o b t e n e m o s l o s

m i s m o s r e s u l t a d o s q u e e n C a l .

P o d e m o s y a d e t e r m i n a r e l c i r c u i to r e s u l t a n t e , u t i l i z a n d o M U X d e 4 c a n a l e s :

go0 112

A3-0

B 3-0

g

01g

3 1

012

3 1001

3 1

0

012

3 10

23 10012

3 10

0

0

3 1011

0

A4 B4

MSCELÁNEA 377

012

3 10

l2

3 10

• 2

• 1

1

• 2

SSO

- 7 : 1000 - 3 : 110 0

- 6 : 1001 - 2 : 1101

- 5 : 1010 - 1 : 1110

- 4 : 1 0 1 1 - 0 : 1111




Solución P10 . - E n e l c i c l o d e f e t c h ( b ú s q u e d a ) s e d e b e e nc o n t r a r l a p o s i c i ó n a l a q u e a p u n t a

i n i c i a l m e n t e e l c o n t a d o r d e p r o g r a m a ( P C ) , ( p o r e j e m p l o , l a d i r e c c i ón $ K ) . A c o n t i n u a c i ó n

b u s c a r á l a s i g u i e nt e ( $ K + 1 ) y , p o r ú l t im o , l a d i r e cc i ó n $ K + 2 .

A h í t e r m i n a r í a e l c i c l o d e b ú s q u e d a y h a b r á q u e d e j a r a l c o n t a d o r d e p r o g r a m a ( P C )

a p u n t a n d o a l a s i g u i e n t e d i r e c c i ó n d e m e m o r i a $ K + 3 .

D e e s t a f o r m a , l a s e c u e n c i a d e m i c ro o p e r a c i o n e s a r e a l i z a r e s :

A q u í t e r m i n a e l c i c l o d e f e t c h . C o m i e n z a , p o r t a n t o , e l c i c l o e x e c u t e d e l a i n s t r u c c i ó n

L D A , q u e c o n s i s t e e n c a r g a r e l a c u m u l a d o r c o n l a p a l a b r a d e d i r e c c i ó n $ B 0 4 3 :

AC 4- MEMORA($B043)

P a r a e l l o :

12. MARH E- RTP o n e l a d i r e c c i ó n d e l a p a l a b r a e n e l r e g i s t r o M A R .

1 3 . MARL 4- MDR

1 4 . MDR 4- MEMORA E l c o n t e n i d o d e e s a p a l a b r a s e c a r g a e n M D R .

15 . AC F- MDR D e s d e M D R s e t r a n s f i e r e a l a c u m u l a d o r .

C o n e l l o s e t e r m i n a l a e j e c u c i ó n . A h o r a v o l v e r í a a i n i c i a r s e e l s i g u i e n t e c i c l o d e fetch .

1 . MARH -PCH Almacena part e H de $K .

2 . MARL *- PCL Almacena parte L de $K .

3 . MDR E- MEMORA, PC -P C + 1 Carga "LDA" en MDR y p one P C a

K+1 .

4 . R E- MDR C a r g a " L D A " e n e l r e g i s t r o R .

5 . MARH 4- PCHS i m i l a r a 1 , 2 y 3 , a h o r a p a r a t r a e r

6 . MARL F- PCL "BO" a MDR y p oner P C a K+2 .

7 . MDR E- MEMORA, PC 4- PC + 1

8 . RT 4- MDR A l m a c e n a " B O " e n e l r e g i s t r o R T .

9 . MARH 4- PCHS i m i l a r a 1 , 2 y 3 , a h o r a p a r a t r a e r

1 0 . MARL F- PCL

1 1 . MDR 4- MEMORA, P C E- P C + 1

"43" a MDR y dejar a PC ap untando

a l a s i g u i e n t e i n s t r u c c i ó n K + 3 .



b) Para analizar el circu ito d e la figura 2, co nstruimos l a tabla de verdad para cada una

de las salid as de las pu ertas umbrales : Z2 es la de la pu erta con umbral en 2, Z 1 la del umbral

en 1, Z 3 en 3 y F es l a de la puerta con umbral en 5 y cu yas entradas son Z 2 , Z 1 y Z 3 . Partiendo

de estos datos se obtienen los siguientes resultados :

0 00 001

n

010

C o m p a r a d o s

d e " n " b i t s

De estas tablas se p uede obtener la función F (a, b, c, d, e) . Para ello, d ada una combina-

ción de las c inco variables, se evalúa cada una de las funciones Z 2 , Z 1 y Z 3 y p ost eriormente

se obtiene el valor de la función de salida del c ircuito F . Realizando este cál culo para todas

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1 1

0 0 1 1

las co mbinaciones de entrada se obtiene el

ab 00

01

10

1 1

011

sigu iente mapa binario :

100 10 1 110

MSCELÁNEA 3 79

S o l u c i ó n P 1 1 .

a) Dada la expresión de la pu erta umbral en la figura 1, p ara su realización basta c on un

comp arador de magnitu d de n bits que co mpare "A" e "i" y un inversor p ara obt ener la salid a Z .

En la siguiente fig ura se muestra dich o esquema :

Z

1 1 1

RO= 0

Ro = 0

R2 = R3

R3

Fc) Del mapa anterior, usando "a, b" como entradas de selecci ón del MUX-2 cuy a salida

es la función F y di señando el residuo R 2 con un MUX-2 de entradas de selecci ón "c, d", se

llega al circuito final que se muestra a continuación :

0 0 0 0

0 0 0 0

1 1 1 1

1 1 1 1

a b Z2 c d Z i e d Z3 Z 2 Z 1 Z 3 F

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0

1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0

1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0

1 0 0 0

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 1



z

CRCUTO

1

ac

S o l u c i ó n P 1 2 .

a) En los mapas de Karnaugh se ven las di ferencias entre la solució n y la fu nción :

FUNCÓNESPECFCADA

f

Los errores son que la solu ció n considera que las posi cio nes 6 y 7 son mintérminos y en

realidad son maxtérminos . En cambio , en la solu ció n las posic iones 10 y 11 son maxtérminos

c uando d eben ser mintérminos .

La función c orrecta es : f = a b + a c + á b . Por tanto, para corregir los errores, en la pu er-

ta central en vez de conectar b y c hay qu e conectar a y c . Por otra parte, es posi ble eliminar la

conexión de la señal d en la puerta de más abajo del circuit o, y a que las celdas 0 y 2 están ines-

pecif icadas .

ab ab

c d00 01 1 1 10 cd\ 00 01 1 1 10

00 0 1 0 0 0 d 0

01 1 0 1 0 01 1 0 d 0

1 1 1 1 1 0 11 1 0 d 1

10 0 1 1 0 10 d 0 1 1


\d 00 01 10 11e

11 1 0

0 1 12 T 2

1

1 0 1 1 1310 310

Resid uosde R 2 : 0 1 1 1

ab

c d

Otra solució n de menor cost e es :

0 0

0 1 Fd 2



b ) L l a m a n d o a l a s s e ñ a l e s i n t e r n a s d e l c i r c u i t o c o m o s e m u e s t r a e n l a f i g u r a :

c

d

1

1

L= bL-M=b

N=L

El di agrama de ondas qu eda de la sig ui ente manera :

5 0 n s

b

M=L

~5 n$~ 5 nsi

N-4 _4- - --4 ' 1 - - - 4 1-5 n s 5 n n

z

s

MSCELÁNEA 3 8 1

z=MN

E s t o e s , z p r e s e n t a u n a z a r ( e s t á t i c o ) d e 5 n s d e d u r a c i ó n , q u e a p a r e c e l O n s d e s p u é s d e l

cambio de bajada en b .

S o l u c i ón P1 3 . - Los estados de la carta ASM serían los sigui entes :

Estado A : se han detectado tres o más "0" ; s i x = 0 s e a c t i v a " z " y s e p e r m a n e c e e n A ;

s i x = 1 s e p a s a a B .

Estado B : e s t a d o e n e l q u e s e h a d e t e c t a d o e l p r i m e r "1" .

Estado C : e s t a d o e n e l q u e s e h a d e t e c t a d o "11" .

Estado D : e s t a d o e n e l q u e s e h a d e t e c t a d o t r e s o m á s " 1 " . S i x = 1 s e a c t i v a z y s e p e r -

manece en D ; s i x = 0 s e p a s a a B .

Estado E : e s t a d o e n e l q u e s e h a d e t e c t a d o e l p r i m e r "0" .

Esta do F : e s t a d o e n e l q u e s e h a d e t e c t a d o "00" .




Con lo q ue la carta ASM q ueda :

Ck

X

z

S

La forma de onda y la secuencia de estados son :

C ( . . 1 1 )

z

? ? B C D

0

A ( . . .000)

D ( . . .111)

B ( . . )

E ( . . . 0 )

F ( . . 0 0 )

F A B C D D D E

Solución P14 . - La resoluci ón del p roblema puede efectuarse uti lizando una representación de

la informació n que aporta la tabla del enunciado so bre un mapa de Karnaugh . En esta tabl a

aparecen expresiones de dos impli cantes primas y faltan por conoc er expresiones de las otras

cuatro (B, D, E y F) . Además, aparecen tod os lo s mintérminos menos dos (c l y c 2 ) . C on l o s

m i n t é rm i n o s c o n o c i d o s e l ma p a q u e d a c o m o s i g u e :



=..o.....am....=

MSCELÁNEA 3 83

m p l i c a n t e A = b d : V a l e 1 c u a n d o b = 0 y d = 0 . S o n l a s p o s i c i on e s 0 , 2 , 8 y 1 0 s o b r e

un mapa de Karnaugh . C o m o 0 , 8 y 1 0 s o n m i n t é r m i n o s d e f y e s t a i m p l i c a n t e n o c u b r e n i á

c 1 n i a c 2 , e n l a p o s i c i ó n 2 d e l m a p a h a y u n a i n e s p e c i f ic a c i ó n , d .

L a i m p l i c a n t e p r i m a B c u b r e a l m i n t é r m i n o 0 y a c l . A d e m á s , B e s l a ú n i c a i m p l i c a n t e

q u e c u b r e a l m i n t é r m i n o c 1 , d e f o r m a q u e n o p u e d e a g r u p a r s e c o n n i n g ú n o t r o m i n t é r m i n o d i s -

t i n t o d e l 0 . P o r t a n t o , e l m i n t é r m i n o c 1 s ó l o p o d r ía e s t a r o e n l a p o s i c i ó n 1 ó e n l a p o s i c i ó n 4

del mapa .

L a i m p l i c a n t e C = b c d c u b r e s ó l o a l o s m i n t é r m i n o s 7 y 1 5 .

L a i m p l i c a n t e D c u b r e a l 1 5 y a c 2 . P o r l o q u e c 2 t i e n e q u e s e r a d y a c e n t e a l 1 5 y , p o r

t a n t o , s ó l o p u e d e s e r e l 1 1 ó e l 1 3 ó e l 1 4 . C o m o n o e x i s t e n i n g u n a i m p l i c a n t e p r i m a q u e c u b r a

n i a l m i n t é r m i n o 1 0 n i a c 2 , n o p u e d e n s e r n i e l 1 1 n i e l 1 4 ( a m b o s a d y a c e n t e s d e l 1 0 ) . P o r

t a n t o , c 2 e s e l 1 3 .

L a i m p l i c a n t e E c u b r e a l m i n t é r m i n o 8 . C o m o e s i m p l ic a n t e p r i m a d e b e c u b r i r , a d e m á s ,

a l g u n a i n e s p ec i f ic a c i ó n . E s t a p u e d e e s t a r e n c e l d a s a d y a c e n t e s a l 8 , e s t o e s , e n e l 9 ó e n e l 1 2 .

L a i m p l ic a n t e F c u b r e a c 2 = 1 3 . A d e m á s , d e b e c u b r i r a l g u n a i n e s p e c i f i c a c i ó n q u e p o d r á

e s t a r s i t u a d a e n l a s c e l d a s 5 ó 9 ó 1 2 . S i l a c e l d a 5 f u es e i n e s p e c if i c a c i ó n , l a i m p l i c a n t e C no

s e r í a p r i m a . P o r t a n t o , s ó l o p u e d e e s t a r e n l a 9 ó 1 2 .

C o n l o q u e h e m o s d e d u c i d o e l m a p a q u e d a c o m o s i g u e :

d?

UR e s t a p o r d e t e r m i n a r s i e l m i n t é r m i n o c 1 e s e l 1 ó e l 4 y s i h a y i n e s p e c i f i c a c i ó n e n e l 9

ó e l 1 2 . E x i s t e n d o s s o l u c i o n e s p o s i b l e s .

L a p r i m e r a e s c o n s i d e r a n d o q u e c 1 = 1 . E n es t e c a s o , l a i n e s p e c i f ic a c i ó n e s t á s i tu a d a e n

l a c e l d a 1 2 . E l m a p a q u e d a r í a d e l a s i g u i e n t e m a n e r a :




a LU]

~ ..~La segunda es consid erando qu e c 1 = 4 . E n e s t e c a s o , l a i n e s p e c i fi c a c i ó n e s t á s i t u a d a e n

l a c e l d a 9 . El mapa quedaría de la si gui ente manera :

r«_

L- 0CJ

00 01 1 1 10B=(0,1) =aEcD=(13,15)=abdE=(8,1 2) =acdF=(12,13) = a b c

f = 1 ( 0 , 1 , 7 , 8 , 1 0 , 1 3 , 1 5 ) + d ( 2 , 1 2 )

B=(0,4) =ácdD=(13,15)=abdE = ( 8 , 9 ) = a E cF=( 9 , 1 3 ) = a c d

f = 1 ( 0 , 4 , 7 , 8 , 1 0 , 1 3 , 1 5 ) + d ( 2 , 9 )

b) Para la primera solu ción, las expresiones ó ptimas en forma sp y ps son :

fs p = b d + a - b c + b c d + a b d

fp s = ( b+d) (a+b+c) (a+b+c) (á +b +d)

Como las expresi ones mínimas s p y p s t ienen el mismo c o s te, ambas son ó p t imas .

S o l u c i ó n P 1 5 . - El comportamiento del p erro pu ede emularse mediante una máquina secuen-

cial, d e la siguiente forma :

- Estados d e entrada .

Son las acciones qu e se pueden hacer al perro . Existen 4 posibles estados de entrada :

J o : Darle un hu eso .

1 1 : Quitarle un hueso .

1 2 : Amenazarle .

1 3 : Nada.

- Estados de salida .

Son las posibl es acciones del perro :

Op: No muerde .

01 : Muerde .



- Estados de la máquina .

S o n l o s e s t a d o s d e l p e r r o :

T : T r a n q u i l o .

1 : r r i t a d o .

A: Asustado .

A : r r i t a d o y a s u s t a d o .

Como el perro muerde (O 1 ) s i y s ó l o s i e s tá i r r i t a d o y a s u s t a d o ( A ) , l a t a b l a d e e s t a d o s

sigue el modelo de Moore . L a t a b l a s e o b t i e n e d i r e c t a m e n t e d e l e n u n c i a d o y s e m u e s t r a e n l a

figura :

Q1Qo=D1D0

T

A

A

l o 1 1 1 2 1 3

Se aplica el método exhaustivo para la asignación de estados ya que es una máquina de

s ó l o 4 e s t a d o s . L a s p o s i b l e s a s i g n a c i o n e s s o n l a s s i g u i e n t e s :

Los cuatro estados de entrada se cod ifican mediante dos entradas de forma que se tiene

1 1 ( 1 3 ) . E n t o n c e s , l a s t a b l a s d e t r a n s i c i ó n / s a l i d a :

ASGNACÓN

NS

X Xo

g1go

T=00

=01

A=11

A=10

Q1Qo=D1Do

Z

00

00

00

01

ASGNACÓN

MSCELÁNEA 3 8 5

Q1Qo=D1Do

T 1 A T

T A 1

T A A A

T A A A

00 01 1 1 10Z

00 01 00 10 0

00 01 01 1 1 0

00 1 1 1 1 1 1 1

00 1 1 10 10 0

X1X0 : 0 0 ( 0 ) , 0 1 ( 1 ) , 1 0 ( 2 ) ,

ASGNACÓN 1

X 1 X 0

q1g 0 0 0 1 1 1 10 Z

T=00 0 1 1 1 0

= 0 1 00 0 1 0 1 10 0

A=11 00 1 0 1 1 1 1 0

A= 10 00 10 1 0 10 1

X XO

glgo 00 01 11 10 Z

T=00 00 1 1 00 10 0

A=01 00 0 1 0 1 01 1

= 1 1 00 1 1 1 1 0 1 0

A=10 00 0 1 10 1 0 0

E s t a d o s A s i g n a c i o n e s d e c o s t e d i s t i n t o

1

T 00 00 00

1 01 01 11

A 1 1 10 10

A 10 1 1 01




U t i l i z a n d o b i e s t a b l e s D l a s t a b l a s d e e x c i t a c i ó n s o n l a s m i s m a s q u e l a s d e t r a n s i c i ó n . D e

e l l a s s e o b t i e n e n l a s e c u a c i o n e s d e e x c i t a c i ó n / s a l i d a , p a r a c a d a a s i g n a c i ó n :

P a r a l a a s i g n a c i ó n 1 :

D 1 = Xo g l + X1 X0

Do = X 1 X 0 g 1 +X1 X0 g o +X1 g 1 g 0 +X1 XD g 1 g 0

Z=g 1 g o

P a r a l a a s i g n a c i ó n :

D 1 = X0 g 1 +X1 X0

Do=X1 X0 +X1 8 0

Z= g1g0

P a r a l a a s i g n a c i ó n

X

X

X

D1 =X1 X0 • g 0 +X1 .X 0 .g 1 +X0 .g 1 • q 0 +X1

D o - X 1 X0 +X180

Z=q 1 •q 0

La soluci ón de menor cost e es la segunda ( ) .

D1

x lX

X 0 • q 1 •q 0

S o l u c i ón P1 6 . - Supongamos q ue Z = 1 indica que el número B es más c ercano que C, al

n ú mer o A ; y Z = 0 , i n d i c a q u e C e s t á m á s c e r c a .

La salida Z la p odemos ob tener a partir de un comparador de magnitud es, cuy as entradas

sean las distancias de los números B y C, al A .

A - B

A - C

D0



A h o r a d e b e m o s o b t e n e r e l c i r c u i t o q u e r e a l i c e l a s o p e r a c i o n e s ¡ A - B 1 y ¡ A - C . L a

d e f i n i c i ó n d e l v a l o r a b s o l u t o d e A - B e s l a s i g u i e n t e :

A - B si A>B

A --, -n

B

S i e l n ú m e r o A e s m a y o r q u e e l B , e n t o n c e s ¡ A - B 1 = A - B . E n e l c i r c u i to a n t e r i o r , s i s e

c u m p l e e s t a c o n d i c i ó n , s e e s c o g e e l c a n a l 1 d e l o s m u l t i p l e x o r e s , p o r l o q u e e l r e s t a d o r d e n b i t s

r e a l i z a l a o p e r a c i ó n A - B .

S i e l n ú m e r o A e s m e n o r q u e e l B , ¡ A - B ¡ = B - A . E n e l c i r c u i t o a n t e r i o r s e e s c o g e n l o s

c a n a l e s 0 d e l o s m u l t ip l e x o r e s y e l r e s t a d o r c a l c u l a B - A .

R e p i t ie n d o e s t a e s t r u c t u ra p a r a ¡ A - C , n o s q u e d a e l c i r c ui t o s i g u i e nt e :

Y

x

y

x> yx=yx<y

A - B =B-AsiB>A

D e i n t e r p r e t a r l a e x p r e s i ó n a n t e r i o r p o d e m o s d e d u c i r l o s e l e m e n to s q u e n e c e s i t a r e m o s

p a r a e l d i s e ñ o d e l c i r c u it o . P o r u n l a d o u n r e s t a d o r q u e , e n f u n c i ón d e l a c o m p a r a c i ó n d e l o s

n ú m e r o s A y B , r e a l i c e A - B o B - A ; c o m p a r a d o r e s d e n b i t s y m u l ti p l e x o r e s d e b u s e s p a r a l a

s e l e c c i ó n d e l s u b s t r a e n d o y e l m i n u e n d o .

B oMinuendo

A RESTADORS u s tr a e n d o

Minuendo

RESTADORS u s t r a e n d o

Minuendo

RESTADORS u s t r a e n d o

¡A-B¡

¡ A - C l

MSCELÁNEA 3 8 7

y

A - B

x x>y--x=y-

x< y

B

Solución P17 . - C u a n d o S t a r t = O , l o s b i e s t a b l e s D s e p o ne n a 1 d e f o rm a a s í n c r on a . L o s b i e s t a -

b l e s D , t r a s u n p u l s o S t a r t , o p e r a r á n c o n c a d a f l a n c o n e g a t i v o d e W s e g ú n l a s e c u e n ci a :

w

BAA

A

B

x x> yx=y

y x<y

-7n-

Cn

A

C

AAC

x> yx=yx< y

~-n

- - / - -n




puesto qu e D x = Y y D y = X .

Si X + Y = 1, los tres biest ables JK tienen como entradas J K = 1 1 y o peran como u n

c o n t a d o r d e r i z a d o ( A e s e l m e n o s s i g n i f i c a t i v o ) .

S i X + Y = 0 , e l b i e s t a b l e A t i e n e J AKA= 00 y no cambia de estado por lo que ningún

otro bi estable JK cambia de estado .W= B + C produ ce un flanco negativo (de 1 a 0) cuando B • C pasa de 0 - ó - 0 a 11 .

D e t o d o l o a n t e r i o r s e o b t i e n e l a s i g u i e n t e s e c u e n c i a d e s e ñ a l e s :

S t a r t L

CLK

A

B

CXY J

Z J

wSoluci ón P18 .

a) Queremos co nseguir una memoria de 16 lí neas de entrada con dos señales de co ntrol

i n d e p e n d i e n t e s p a r a l e c t u r a y e s c r i t u r a . P a r a e l l o , t e n e m o s q u e r e l a c i o n a r l a s n u e v a s s e ñ a l e s d e

control co n las correspondientes a cada una de las memorias d e las que p artimos por separado .

M o s t r a m o s e l s i g u i e n t e d i a g r a m a d e b l o q u e y l a r e l a c i ó n e n t r e l a s d i s t i n t a s s e ñ a l e s :

a 1 4 - 0CS R/W

a 1 2 - 0CS RW

3 2 K x 8 8 K x 8

Para resol ver el probl ema, primero determinamos la relación entre las di sti ntas señales

de contro l de cada una de las memorias . P a r a e l l o , s e g u i m o s l a s i g u i e n t e t a b l a :

R W

0 0 n h i b i c i ó n

0 1 E s c r i t u r a

1 0 L e c t u r a

1 1 P r o h i b i d o



De dic ha tabla puede deduci rse la siguiente relació n :

R/W1 = R/W2 = R .

A c ont inuac i ón se resuelve el mapa de memoria . Para ello c olo camos la memoria de

32K en las primeras posic iones del mapa y la otra memoria de 8K a continu ación de ést a . A s í

o c u p amos l o s 40K q ue nos p i d e el pro b lema .

A15 A14 A13

Una p o s i b l e s o l u c i ó n p a r a el c i r c u i t o d e d e c o d i f i c a c i ó n e s e l q u e s e mu e s t r a a

c ont inuac i ón :

MSCELÁNEA 389

La puerta NOR (R,W) habilit a los decod ific adores de memorias si hay acceso (RW = 01

o 10) e inhabili ta dicho s decod ifi cadores si no hay acceso (RW = 00) .

Para la señal CS 2 se ha util izado un decodific ador 2 :4 dejando así lib res las líneas 1, 2

y 3 de salida para posibles expansiones del circuito . Si se desea reducir el coste se puede

eliminar dich o deco dif icador y poner en su l ugar una puerta OR (m, A14 , A 13 ) d o n de m e s la

salida 1 del decodificador 1 : 2 .

0 - - Mi

1 0 0 M2

11

1

01

1

1

0

1

Va c í o

R W CS CS2 R/W R/W2

0 0 1 1 * : según el mapa de dis eño que haremos

0 1 * * 0 0 a continuació n .

1 0 * 1 1

1 1




A1 4-A1 3

-CS 2

b ) A n a l i z a m o s l a s p a l a b r a s q u e s e l e e r í a n d e l a s m e m o r i a s s i e n e l b u s e x t e r n o d e d a t o s

colocamos l as sigui entes di recciones :

M2

c) Para poder acceder a la direcci ón $7531 d e M 1 tenemos q ue po ner A 1 5 = 0 y a s í s e -

lecci onar di cha memoria . P a r a e l r e s t o d e l a s l í n e a s d e e n t r a d a s A 1 4 - A 0 = $ 7531 . P o r t a n t o ,

l a d i r e c c i ó n q u e s e n e c e s i t a f i j a r e n e l b u s e x t e r n o e s A 1 5 - A0 = $ 7531 .

De forma análo ga, p ara acceder a la p alabra $0246 de M2 tenemos que fijar

A 1 5 A 1 4 A 1 3 = 1 0 0 y e l r e s t o d e l a s l í n e a s t o m a r í a n l o s v a l o r e s s i g u i e n t e s :

A12=0yA 1 1 -A0 =$246 .

Por tanto, uniendo todos los valores de las 16 líneas que compo nen el bus externo, la

direcci ón que necesit amos col ocar en dic ho bu s para acceder a la que nos pl anteamos es

A1 5 - A0 = $ 8246 .

A 1 5 - A0 = $FOCA A15 A14 A13 = 111 No hay palabra físi ca seleccionada .

A 1 5 - A0 = $ 4342 A15 =0 Acceso a M 1

A 1 4 - A0 = $ 4342 Se accede a la palabra $4342 de M 1 .

A1 5 - A0 = $9CAD A15 A14 A13 = 100

A1 2 Al 1 - A 0 = $ 1 CAD

Acceso a M 2

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BBLOGRAFÍA

N u e s t r o p r o p ó s i t o a q u í e s c i t a r u n p e q u e ñ o c o n j u n t o d e t e x t o s , a t r a v é s d e l o s c u a l e s s e p u e d e n

a l c a n z a r d o s o b j e t i v o s : 1 ) q u e e l l e c t o r p u e d a e s t u d i a r e n e l l o s l a t e o r í a d e l a m a t e r i a q u e s e

a p l i c a e n e s t e l i b r o ; 2 ) q u e e n e l l o s s e a p o r t e n s u f i c i e n t e s l í n e a s y e n f o q u e s c o m o p a r a q u e e l

l e c t o r p u e d a p r o f u n d i z a r e n l o s a s p e c t o s q u e d e s e e o n e c e s i t e . S o m o s c o n s c i e n t e s d e q u e p u e d e

h a b e r o t r a s s e l e c c i o ne s a p r o p i a d a s , p e r o c o n f i a m o s e n q u e l a q u e a h o r a d a m o s s e a s u f i c ie n t e -

mente adecuada .

L a m a t e r i a c o r r e s p o n d i e n te a l n i v e l d e c o n m u t a c i ó n ( C a p í t u l o s 1 - 1 0 ) e s t á s u f i c i e n t e -

m e n t e s o p o r t a d a e n t e x t o s : e x i s t e n m u c h o s y p o s e e n u n v a r i a d o e n f o q u e , l o q u e g a r a n t i z a e l

p r og r e s o e n c u a l q u i e r l í n e a . N o s o t r o s h e m o s t e n i d o q u e s e l e c c i o n a r l o s q u e c o n s i d e r a m o s m e -

j o r e s . E n c u a n t o a l a m a t e r i a c o r r e s p o nd i e n t e a l n i v e l R T l a s i t u a c i ó n e s b i e n d i s t i n t a . A u n q u e

e l n ú m er o d e a u t o r e s q u e l a t r a t a n v a a u m e n t a n d o c a d a v e z m á s , t o d a v í a n o e s t á a d e c u a d a m e n -

t e d el i m i t a d o e l c u e r p o de d o c t r i n a . D e a q u í q u e e s t a m a t e r i a s e e n c u e n t r e m u c h o m e n o s e s -

t r u c t u r a d a e n l o s l i b r o s e x i s t e n t e s .

L o s f u n d a m e n to s m a t e m á t i c os ( C a p í t u lo s 1 , 2 y , e n p a r t e , e l 6 ) s u e l e n e s t a r b i e n p r es e n -

t a d o s t a n t o e n l o s t e x t o s m á s r e c i e n t e s [ G a r c 9 2 , H a y e 9 6 , L l o r 9 6 , M a n o 9 l , N e l s 9 5 , S a n d 9 0 ,

W a k e 9 4 ] , c o m o e n o t r o s m á s c l á s i c o s [ C a v a 8 6 , G i v o 7 0 , H a y e 8 6 ] . E n c u a l q u i e r a d e e l l o s p u e -

d e n e s t u d ia r s e l a m a y o r p a r t e d e l a s c u e s t i on e s d e e s t o s t e m a s . P a r a p r o f u n d i z a r , e n p a r t i c u l a r ,

l a c o d i f i c a c i ó n b i n a r i a e s t á a m p l i a m e n t e e s t u di a d a e n [ G a r c 9 2 ] ; u n t r a t a m i e n t o e l e g a n t e , s i m -

p l e y r i g u r o s o d e l á l g e b r a y d e l a s f u n c i o n e s d e c o n m u t a c i ó n s e d a e n [ G i v o 7 0 ] ; l o s a s p e c t o s

r e l a c i o n a d o s c o n l a a r i t m é t i c a d e l c o m p u t a d o r s e d e s a r r o l l a n a m p l i a m e n t e e n [ C a v a 8 6 ] ; y u n

b u e n e q u i l i b r i o s e e n c u e n t r a e n [ H a y e 8 6 / 9 6 , N e l s 9 5 , W a k e 9 4 ] . A d e m á s , p a r a a m p l i a r c o n o c i -

m i e n t o s s o b r e f u n c i o n e s e s p e c i a l e s p u e d e e s t u d i a r s e [ U n g e 8 9 ] .

E n e l b l o q u e r e l a t i v o a l o s c i r c u i t o s c o m b in a c i o n a l e s , n u e s t r o C a p í t u l o 3 d e d i c a d o a l

a n á l i s i s l ó g i c o ( i n c l u y e n d o c i r c u i t o s s ó l o N A N D ( N O R ) ) y t e m p o r a l ( i n c l u y e n d o a z a r e s ) e s t á

b i e n t r a t a d o e n [ G a r c 9 2 , K a t z 9 4 , M a n o 9 1 , N e l s 9 5 , W a k e 9 4 ] . E l d i s e ñ o d e c i r c u i t o s a n i v e l d e

pu ertas (Capí tul o 4) está tratado mediante mapas de Karnaugh en todos los textos

mencionados ; en [Givo70, Mano9l, Nels95 , Wake94] se da una visi ón más aco rde con

n u e s t r o s c o n t e n i d o s , i n c l u y e n d o e l m é t o d o d e Q u i n e - M c C l u s k e y , l a s d i f e r e n t e s f o r m a s d e

i m p l e m e n t a r e x p r e s i o n e s s p o p s e i n c l u s o l a s r e a l i z a c i o n e s c o n p u e r t a s X O R . P a r a e l l e c t o r

i n t e r e s a d o , e l d i s e ñ o a y u d a d o p o r c o m p u t a d o r ( C A D ) p u e d e e n c o n t r a r s e e n [ H a y e 9 6 , K a t z 9 4 ,

3 9 1




Ne l s 9 5 ] y s o b r e t o d o [ Hi 1 1 9 3 ] . L o s d i s t i n t o s s u b s i s t e m as c o m b i n a c i o na l es ( C ap í t u l o 5 ) s e

desarrollan en [Garc92, Nels95 , Sand90, Wake94] . En el Capítulo 6 se abordan los circuit os

aritméticos , materia que está b ien desarroll ada en [Garc92, Katz94] y sobre tod o en [Nels95 ,

Wake94] .

Los circuitos y sub sistemas secuenciales constit uyen el siguiente bloque . En relaci ón al

Cap í t u l o 7, lo s elemento s má s b á s i c o s (b ies tab les) est á n muy b ien tratado s en [Haye96 ,

K a t z 9 4 , Nel s 9 5 , U n g e8 9 , W a k e 94 ] ; la descripción mediante máquinas de estados finitos y el

análisis de circuit os t anto a nivel de estados como a nivel temporal se desarrollan en [Garc92,

Haye96, Mano9l, Nels95, Wake94] . E l d i s e ñ o d e c i r c u i t o s s e c u e n c i a l e s s í n c r o n o s

(Capítul o 8) está bien presentado en [Katz94, Nels95], los cuales incorporan técnicas de CAD,

en c o n tr á n d o s e l o s a s p e c t o s l i g a d o s a la o p t i m i z a c i ó n de l c i r c u i t o (re d u c c i ó n de es t a d o s ,

asignac i ón, elec c i ón del bies t ab le) en [Haye96 , L1 or96 , Mano91 , Sand90] . En cuanto al

Cap í t u l o 9 , ded i c ad o a lo s s u b s i s temas sec uenc iales , est o s se exp l i c an adec uadamente en

[ Ka t z 94, Man o 9 1 , Nel s 9 5 , Wa k e 94 ] , de s t a can d o s u u s o en e l d i s e ñ o en [A 1m o 94] . Por último,

el tema de nuestro Cap í t u l o 10 , memorias semic ond u c t o ras , est á mu y b i en presentado en

[Hay e86 ] , t en iend o tam b i é n un a de c u a d o de sarro l l o en [Gar c 9 2 , Ha y e 9 6 , Man o 9 l l .

L o s C a p í t u l o s 1 1 y 1 2 t r a t a n l o s s i s t e m a s d i g i t a l e s a n i v e l RT . Las princip ales

c u e s t i o ne s , a b o r da da s c o n un en f o q u e m á s o men o s g en ér i c o , p u e d en es t u d i ar se en [Gree8 6 ,

Hi1193, Katz94, L1or96, Lync93, Mand9], Mano9l/91b, Pros87, Taub83, Unge89] .

Concretando más, l a descrip ció n a nivel RT se presenta bien en [Mano9l b] ; la interconexión

entre regist ros, en [Katz94] ; las cartas ASM, en [Gree86, Mano9l] ; u n l e n g u a j e d e

descripció n, en [Hill93] ; estrategias de dis eño de unidades d e control , en [Gree86, Katz94,

Mand91, Mano91, Taub83] ; y un enfoque general especialmente bueno en [Katz94, Lync93] .

Además, se pueden encontrar ejemplo s de sist emas dig itales esp ecíf ico s en [Pros87, Unge89] .

A s i m i s m o , c o n un en f o q u e d i r i g i d o a l o s c o m p u t a d o re s , b i en "sen c i l l o s" b i en c o mer c i a le s ,

están [Haye86/96, Llo r96, Taub83] .

[A1mo94] G. Almonac i d e t a l . : " C i r c u i t o s d i g i t a l e s p r o g r a m a b l e s p o r e l u s u a r i o " . Univer-

s i d a d de Grana da , 1 9 94 .

[Cava86] J . J .F . Cavanagh : " D i g i t a l c o m p u t e r a r i t h m e t i c : Design and impl ementati on " .

McGraw-Hill, 1986 .

[Garc92] J .E . Garcí a e t a l . : " C i r c u i t o s y s i s t e m a s D i g it a l e s " . Tebar Flo res, 1992 .

[Givo70] D.B . Givone : " n t r o d u c t i o n t o s w i t c h i n g c i r c u i t t h e o r y " . McGraw-Hill, 1970 .

[Gree86] D. Green : "Modem logic design " . A d d i s o n - W e s l e y , 1 9 86 .

[Haye86] J .P . Hayes : " D i s e ñ o d e s i s t e m a s d i g i t a l e s y m i c r o p r o c e s a d o r e s " . McGraw-Hill,1986.

[ Ha y e 9 6 ] J .P. Hayes : " n t r o d u c c i ó n a l D i s e ñ o L ó g i c o D i g i t a l " . A d d i s o n - W es l e y , 1 9 9 6 .



BBLOGRAFÍA 3 9 3

[ H i 1 1 9 3 ] F . J . H i l l a n d G . R . Pe t er s o n : " C o m p u t e r a i d e d l o g i c a l d e s i g n w i t h e m p h a s i s o n

VLS " . W i l e y , 1 9 9 3 .

[ Ka t z 94 ] R.H . K a t z : "Contemporary Logic Design " . The Benjamin/Cummings Pu bli shing

Company, 19 94 .

[ L l o r 9 6 ] A . L l o r i s y A . P r i e t o : "Diseño Lógico " . M c G r a w - H i l l n t e r a m e r i c a n a , 1 9 9 6 .

[Lync93] M. A . L y n c h : "Microp rogrammed State Machine Desig n " . C R C P r e s s , n c . , 1 9 9 3 .

[ Man d 9 1 ] E . Mandado e t . a l . : " S i s t e m a s e l e c t r ó n i c os d i g i t a l e s " . Marcombo, 199 1 .

[Mano91 ] M.M . Mano : " D i g i t a l d e s i g n " . P r e nt i c e - H a l l , 1 9 9 1 .

[Mano9l b ] M .M . Mano : " n g e n i e r í a c o m p u t a c i o n a l . Diseño d el harware " . P r e n t ic e - H a l l ,

1 9 9 1 .

[ N e l s 9 5 ] V. P . N e l s o n e t a l . : " D i g i t a l L o g i c C i r c u i t A n a l y s i s a n d D e s i g n " . P r e n t i c e H a l l ,

1995 .

[ P r o s 8 7 ] F . P . P r o s s e r a n d D . E . W i n k e l : " T h e a r t o f d i g i t a l d e s i g n : A n i n t r o d u c t i o n t o

t o p - down design " . P r e n t i c e - H a l l , 1 9 8 7 .

[Sand90] R . S . S a n d i g e : " M o d e m d i g i t a l d e s i g n " . McGraw-Hill, 1990 .

[ T a u b 8 3 ] H . T a u b : " C i r c u i t o s d i g i t a l e s y m i c r o p r o c e s a d o r e s " . McGraw-Hill, 1983 .

[Unge89] S .H . U n g e r : " T h e e s s e n c e o f l o g i c c i r c u i t s " . P r e n t i c e - H a l l , 1 9 8 9 .

[Wake94] J . F . W a k e r l y : " D i g i t a l D e s i g n : P r i n c i p i e s a n d P r a c t i c e s " . P r e nt i c e - H a l l , 1 9 9 4 .



Se trata de un libro d e problemas resuelto s en el campo

del Diseño Lógico . Ha sid o di s eñado para enseñar cómo

se aplican los conceptos y herramientas a c asos co ncre-

tos, empleando los co nocimientos previos adquiridos po r

otras vías y resolver así problemas aplic ados al respecto,pot enciando las capacidades de aplicació n de la teoría .

El término Diseño Lógic o alud e a materias como l os Cir-

cuito s y Sistemas Digitales o Teoría de la Conmutación,

donde se incluyen :

• F undament o s matemát i c o s u s uales : álgebra de Boole,

representaciones bi narias de números y su aritmétic a,

codif icación binaria . . .

• Presentación, análisis y di seño de circuitos combina-

cionales y secuenciales, a nivel de c onmutación .

• Descripci ón y realización de sist emas digi tales a nivel

de t ransferencias entre registros ( R T ) , organizando el

si s tema de una unidad de procesado de dato s y otra

de control .

La metodolo gía aplicada en el diseño del l ibro pasa por

la inclusión de dos tip os de ejercicios : ap roximadamente,

la mitad de ellos está n resueltos con detalle, sobre los

cuales el lector aprenderá la metodología de su resolu-

ción, y l os restantes son ejercicio s propuesto s con la solu -

ción indicada . Además se sigue una metodol ogía b o t t o m - u p ,

es decir, los probl emas se o rganizan en orden creciente de

d i f i c u l t a d .

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