EXERCICIS RESOLTS PER A ASSIGNATURES DE ...rua.ua.es/dspace/bitstream/10045/17498/1/Núm.123...Per això, un grup de professors amb una destacada experiència docent i investigadora

EXERCICIS RESOLTS PER A ASSIGNATURES DE FONAMENTS

DELS COMPUTADORS

José Luis Sánchez Romero Antonio Jimeno Morenilla

David Gil Méndez

Materials de suport a la docència en valencià

DEPARTAMENT DE TECNOLOGIA INFORMÀTICA I COMPUTACIÓ

UNIVERSITAT D’ALACANT

123

José Luis Sánchez Romero Antonio Jimeno Morenilla David Gil Méndez Aquest material docent ha rebut una beca del Servei de Promoció del Valencià de la Universitat d’Alacant L’edició d’aquest material s’ha fet dins el marc del conveni per a la promoció de l’ús del valencià signat per la Universitat d’Alacant amb la Conselleria d’Educació de la Generalitat Valenciana. ISBN: 978-84-9717-164-9 Dipòsit legal: A-500-2011 Alacant, setembre de 2010 (1a edició) Edició: Universitat d’Alacant. Servei de Promoció del Valencià Apartat de Correus 99 - 03080 Alacant

A/e: [email protected] tel. 96 590 34 85

Impressió: Limencop Universitat d’Alacant. Edifici de Ciències Socials – Planta baixa

http://www.limencop.com tel. 96 590 34 00 Ext. 2784

Índex

Presentació..............................................................................................................V Introducció............................................................................................................VII 1. Representació de la informació en els computadors .......................................... 9

2. Sistemes digitals combinacionals ..................................................................... 51

Bibliografia......................................................................................................... 115

V

Presentació

Des de l’equip de govern de la Universitat d’Alacant valorem la docència en valencià com un component molt positiu en la formació universitària dels futurs professionals que han estudiat en aquesta Universitat. És una obligació de la Universitat formar bons professionals que en un futur coneguen bé la realitat que els envolta i hi presten amb normalitat els seus serveis. Per això, el domini del valencià propi de la seua especialitat tècnica o científica és fonamental per a entendre i per a gestionar el procés de desenvolupament de la societat valenciana ⎯i també per a integrar-s’hi amb total normalitat. Aquest material docent que ara presentem és un resultat més d’aquesta filosofia, que impregna l’actual equip de govern, de preparar bons professionals que puguen fer un servei en la societat que ha creat i que manté la Universitat d’Alacant. Per a fer possible que els alumnes actuals i futurs de la Universitat puguen exercir competentment la seua professió en valencià, hem d’estimular un procés previ d’una certa complexitat que, per les seues característiques, ha de ser lent de necessitat: preparar bons professors que puguen impartir la docència en valencià i disposar de materials de suport adequats. Per a ajudar a aconseguir això, en els darrers anys hem fet convocatòries d’ajudes per a elaborar materials docents en valencià. L’objectiu que hi ha darrere d’això és començar a publicar, a poc a poc, els materials que tinguen la qualitat suficient. Aquestes iniciatives de suport a l’ús del valencià com a llengua de creació i de comunicació científica són possibles gràcies a l’ajuda de la Generalitat Valenciana (Conselleria d’Educació), a través del conveni per a la promoció de l’ús del valencià.

Ignasi Jiménez Raneda Rector

VII

Introducció

L’objectiu general de les diverses assignatures dins l’àmbit comú dels fonaments dels computadors és proporcionar una visió introductòria al disseny digital i a l’arquitectura dels computadors. En aquest sentit, en aquestes assignatures es donen a conèixer les nocions fonamentals del funcionament dels computadors des d’un punt de vista funcional, tecnològic i estructural, que serveixen com a base per a continuar la formació en aquesta i en altres àrees. La gran majoria dels llibres relacionats amb els fonaments dels computadors són bàsicament teòrics i molt pocs inclouen aspectes pràctics. És a dir, generalment es limiten a descriure la teoria sense proposar ni resoldre exercicis relacionats amb els conceptes teòrics estudiats. Per això, un grup de professors amb una destacada experiència docent i investigadora hem pensat a realitzar un conjunt d’exercicis amb l’ànim de complementar els llibres de teoria amb exercicis resolts. El nivell de dificultat dels exercicis és divers: des de simples exercicis que són conseqüència directa d’algun concepte teòric, fins a uns altres que necessiten més esforç de comprensió i elaboració. En tots els casos es proposa una solució completa. Els autors d’aquest llibre som tres doctors en Enginyeria Informàtica i que durant diversos anys hem impartit assignatures fonamentals i avançades relacionades amb aspectes estructurals i arquitectònics dels computadors, amb la qual cosa podem dir que tenim un gran bagatge de coneixements sobre la matèria i, especialment, som conscients de la necessitat que els estudiants de l’assignatura tenen en relació amb una major quantitat d’exercicis resolts, amb la finalitat d’augmentar els seus coneixements pràctics sobre la matèria. Els exercicis s’organitzen en dos capítols. El primer engloba exercicis resolts de representació de la informació digital en els computadors. El segon capítol es dedica a la resolució d’exercicis de sistemes combinacionals. Els estudiants poden intentar resoldre cadascun dels exercicis amb el seu propi mètode i, posteriorment, comparar els resultats obtinguts amb els que proposem els autors. Per altra banda, hem de comentar que hi ha altres matèries o aspectes rellevants que no hem pogut incorporar a aquest quadern, ja que això ens donaria com a resultat una extensió excessiva del document. Tot i això, ens comprometem a continuar treballant en aquesta direcció i continuar

VIII Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors

confeccionant material pràctic per a ajudar els nostres alumnes en el seu aprenentatge. Confiem que els exercicis que els professors hem proposat constituïsquen un material valuós que servisca d’ajuda als estudiants d’Informàtica i, fins i tot i de manera més general, a tots aquells estudiants interessats per les diverses assignatures relacionades amb els fonaments dels computadors.

Universitat d’Alacant, setembre de 2010

9

1 Representació de la informació en els computadors

Exercici 1.1 Donats els nombres A=00100011C1 i B=5CH, feu les operacions següents, comprovant els resultats obtinguts: a) A – B = S en C2 b) A + B = T en C1 Solució: a) N = 8 bits A=00100011 expressat en C1 (el mateix que en binari natural) B=5CH Per a obtenir A - B, operant en C2, farem l’operació A + (-B). A = 00100011C1 = 00100011 expressat en C2 (el mateix que en binari natural i C1) B = 5CH 5 C 0101 1100 en base 2 –B expressat en C1 és –B =10100011C1 10100011 +1 ------------- 10100100 = –B expressat en C2 A 00100011 B 10100100 --------------- S 11000111 C2 Comprovació: A = 00100011, expressat en C1 és A=00100011

10 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors

Si el convertim a base 10 és: A = 25+21+20 = 35 B = 5CH = 010111002 = –B = –9210 S = 11000111C2 = 11000110C1 = 1111001SM = -5710 A – B = 35 – 92 = – 57 = S b) A+B = T en C1 A= 00100011C1 B=5CH = 01011100 i s’expressa de la mateixa manera en C1 A 00100011 B 01011100 ---------------- T 01111111 C1 Comprovació: 01111111 expressat en base 10 és: T = 26+25+24+23+22+21+20 = +12710 A + B =35 + 92 = 12710 = T Exercici 1.2 Transformeu el nombre X = 4AB7CDE5 de IEEE 754 a base 10. Solució: X = 4AB7CDE5IEEE = 0 100 1010 1011 0111 1100 1101 1110 0101 Signe = 0 positiu Exponent: ES = 10010101 = 20 + 22 + 24 + 27 = 149 E = 149 – 127 = 22 Mantissa: M = 01101111100110111100101 + 20 = = 20 + 2-2 + 2-3 + 2-5 + 2-6 + 2-7 + 2-8 + 2-9 + 2-12 + 2-13 + 2-15 + 2-16 + 2-17+ 2-18 + + 2-21 + 2-23 = 1.4359709010 X = +1.43597090 · 1022

Representació de la informació en els computadors 11

Exercici 1.3 Donat el nombre X = -179.141113281310 : a) Obteniu la representació binària en IEEE 754 simple precisió i calculeu l’error comès. b) Expresseu els 32 bits del nombre obtingut en hexadecimal i en octal. Solució: a) Fem la conversió a binari de la part entera: 179 / 2 Resta=1 89 / 2 Resta=1 44 / 2 Resta=0 22 / 2 Resta=0 11 / 2 Resta=1 5 / 2 Resta=1 2 / 2 Resta=0 1 17910 = 101100112

Conversió a binari de la part fraccionària: 0.1411132813 · 2 Resultat=0. 0.282225626 · 2 Resultat=0. 0.5644531252 · 2 Resultat=1. 0.1289062504 · 2 Resultat=0. 0.2578125008 · 2 Resultat=0. 0.5156250016 · 2 Resultat=0. 0.0312500032 · 2 Resultat=0. 0.0625000064 · 2 Resultat=1. 0.1250000128 · 2 Resultat=0. 0.2500000256 · 2 Resultat=0. 0.5000000512 · 2 Resultat=1. 0.0000001024 · 2 Resultat=0. 0.0000002048 · 2 Resultat=0. 0.0000004096 · 2 Resultat=0. 0.0000008192 · 2 Resultat=0. 0.0000016384 · 2 Resultat=0. 0.1411132813 10 = 0.0010000100100000…0 Per tant, el nombre complet que obtenim queda així: -179.141113281310 = -10110011.0010000100100000…02 A continuació, normalitzem: -10110011.0010000100100000 · 20 = -1.01100110010000100100000 · 27 Si l’exponent és 7 i el biaix és 127, aleshores l’exponent real és 127 + 7 = 134. 134 / 2 Resta=0


67 / 2 Resta=1 33 / 2 Resta=1 16 / 2 Resta=0 8 / 2 Resta=0 4 / 2 Resta=0 2 / 2 Resta=0 1 El valor en binari de 134 és 10000110. La representació és la següënt: S Exponent Mantissa 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

Ara calculem l’error transformant el nombre obtingut a decimal i calculant la diferència entre aquest i el nombre original. El nombre 1 10000110 01100110010010000100000 transformat a decimal és: Signe (1) Negatiu Exponent (10000110) = 134 -127 = 7 Mantissa (1 .01100110010010000100000) = 1.3995399 Obtenim: -1.3995399 · 27 = - 179.1411072 Calculem la diferència: 179.1411132813 - 179.1411072 = 0.000006081310 b) Per a transformar un nombre binari a hexadecimal separem el nombre en blocs de quatre bits des de la coma fins a la part entera i la part fraccionària. En el cas que estem tractant, considerem el nombre positiu següent: 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0

C 3 3 3 2 4 2 0

Per a obtenir el nombre en octal, realitzem els mateixos passos però separem en blocs de 3 bits: 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 3 0 3 1 4 6 2 2 0 4 0


Exercici 1.4 Donats els nombres següents: A=101110000101C1 B=0011100010SM C=4ABH D=111011S E=1 10001001 11011000000000000000000IEEE754 Feu les operacions següents en complement a 2 amb 12 bits. a) A + B b) B – C c) D + E d) E - A Solució: a) A + B El primer pas que hem de fer és transformar els nombres a C2 amb n = 12 bits. Per a transformar un nombre a C2, trobem dues possibilitats. La primera és que, si el nombre és positiu, es representa en signe magnitud. La segona és que, si és negatiu, tranformem el nombre a C1 i després li sumem 1. Com que A està expressat C1 i és negatiu, li sumem 1. 101110000101 + 1

101110000110 A=101110000110C2

Com que B està expressat en signe magnitud i és positiu, el deixem amb la seua representació original; tan sols hem d’afegir zeros a l’esquerra fins a arribar a n = 12 bits. B=000011100010C2

Ara realitzem l’operació F = A + B 101110000110 + 000011100010 F=110001101000C2 b) B – C B ja el trobem en C2 per les operacions de l’apartat anterior. B = 0000011100010C2 C està expressat en hexadecimal. Aleshores, el transformem en decimal tenint en compte que cada dígit hexadecimal són quatre dígits binaris. C = 0100101010112. Com que el nombre és positiu, la seua representació en C2 és la mateixa: C = 010010101011C2 L’operació és B – C, la qual és equivalent a B + (-C). Per a fer –C, canviem ‘0’ per ‘1’ i viceversa, i li sumem 1. -C = 101101010101C2


Aleshores, l’operació dona com a resultat: B 000011100010 - C + 101101010101 110000110111C2


c) D + E D està expressat en representació esbiaixada. El transformem a decimal: D = 111011S = 1·20 + 1·21 + 1·23 + 1·24 + 1·25 = 59 El biaix és 2n-1. Com que D té n = 6 bits, el biaix és 26-1= 3210 = 1000002. Ara calculem el nombre D sense biaix en decimal: Ds = S + D D= Ds – S = 59 – 32 = 2710

D = 2710 Ara tranformem D a C2. Com que és positiu, tan sols l’hem de transformar en binari i afegir zeros fins que tinga 12 bits. Mitjançant el mètode de divisions successives per 2, el nombre D en binari queda així: D = 110112 = 000000011011C2

El nombre E està expressat en format IEEE 754: E = 1 10001001 11011100000000000000000IEEE 754 El signe és negatiu, donat el bit del signe, que és 1. Calculem l’exponent transformant el conjunt de 8 bits darrere el signe a decimal, i després restant-li el biaix, que és 127. 10001001 = 1·27 + 1·23 + 1·20 = 13710 e = 137 – 127 = 1010 L’exponent és 1010. Transformem la mantissa en decimal, tenint en compte que té un bit implícit. m = 1·20 + 1·2-1 + 1·2-2 + 1·2-4 + 1·2-5 + 1·2-6 = 1,85937510

Calculem finalment el nombre definitiu utilitzant el polinomi següent: N = (-1)s · m·2e N= (-1)1 · 1,859375 · 210 = -190410

Ara transformem N = -1904 a binari mitjançant les divisions successives per 2. -190410 = -111011100002 Com que el nombre és negatiu, en primer lloc el transformem a C1 intercanviant 1 per 0 i viceversa, i afegint el bit del signe, que és 1 en aquest cas. -111011100002 = 100010001111C1 Ara li sumem 1 per a obtenir-ne la representació en C2: 100010001111 + 1 E=100010010000C2


100010010000C2

D 000000011011 E + 100010010000

100010101011C2

d) E – A E i A ja estan expressats en C2: E = 100010010000C2

A = 101110000110C2

Però l’operació és E – A; per tant, hem de fer E + (- A). Per a calcular –A, intercanviem ‘1’ per ‘0’ i viceversa, i li sumem 1. -AC2 = 010001111001C1 + 1 = 010001111010C2

100010010000 + 010001111010 110100001010C2


Exercici 1.5 Donat el format de representació en coma flotant següent: 24 bits per a representar el nombre, dels quals: El primer bit correspon al signe (0 = positiu; 1 = negatiu). Els 8 bits següents corresponen a l’exponent en complement a dos. Els 15 bits restants corresponen a la mantissa representada en Codi Gray. El sistema NO té bit implícit. a) Transformeu el nombre decimal 2450,625 al sistema de representació proposat. b) Transformeu en decimal el nombre AF73D6 tenint en compte que està representat en el sistema descrit. Solució: a) Transformem el nombre de decimal a binari i després desplacem la coma fraccionària. 2.450,62510 = 100110010110,1012 = 0,1001100101101012 · 2

12 Després identifiquem cadascun dels camps: Signe: 0 (positiu) Transformem l’exponente a C2: Exponent = 1210 = 11002 = 00001100C2 Per últim, transformem la mantissa a Codi Gray, sumant cada parella de bits per a obtenir el bit corresponent en Codi Gray Mantissa = 1001100101101012 = 110101011101111Gray

1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 12 1 0 0 1 1+0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1+1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1+0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0+0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1+0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0+0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0+1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0+1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0+1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1+0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1+0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1+1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0+1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0+1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1Gray Per a acabar, ajuntem els camps per obtenir el nombre complet: 2.450,62510 = 0 00001100 110101011101111 b) Transformem el nombre hexadecimal a binari AF73D6H = 1 01011110 111001111010110 Identifiquem cadascun dels camps Signe: 1 (negatiu)


Exponent = 01011110C2 = 10111102 = 9410 A continuació, transformem la mantissa de Codi Gray a binari natural, sumant cadascun dels bist obtinguts amb el següent bit del Codi Gray, per tal d’obtenir el següent bit en binari natural. Mantissa: 111001111010110 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 Gray 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 2 Transformem la mantissa obtinguda de binari natural a decimal, tenint en compte que que el sistema de representació no té bit implícit. Mantissa = 101110101100100 0,1011101011001 = 0,72961425710 Per últim, calculem el nombre complet en decimal. Nombre en decimal = -0,729614257 · 294 = -1,445149925 · 1028


Exercici 1.6 Siga l’equació quadràtica següent:

Obteniu la solució de la mateixa equació en base 2, amb els valors dels seus quoeficients i la seua incògnita x, detallant i raonant correctament la solució. Per a encontrar la solució, és necessari realitzar els passos següents: a) Obteniu el valor binari de x que està expressada en IEEE 754 simple precisió FHC (format hexadecimal compacte)

= 42C60000 IEEE 754 SP FHC

b) Obteniu el valor hexadecimal de A, resultant de la divisió hexadecimal de P per Q, i posteriorment feu la conversió a binari.

A = P/Q P = 12357810 Q = 328 c) Obteniu el valor de B en binari, a partir de la suma dels valors R i S en C1, amb n = 1 byte.

B = R + S R = 10101010S S = -2610

d) Obteniu el valor de C en binari, a partir de la suma en C2 de les dades següents, amb n = 1 byte.

C = T - U T = 11100000 Gray U = 111000111|1012

Solució a) X = 426C0000IEEE754 SP FHC Per a transformar el valor de la incògnita x, és necessari conèixer el valor binari de cadascuna de les xifres hexadecimals de 42C60000.

Hex. Binari Hex. Binari 0H 00002 8H 10002

1H 00012 9H 10012

2H 00102 AH 10102

3H 00112 BH 10112

4H 01002 CH 11002

5H 01012 DH 11012

6H 01102 EH 11102

7H 01112 FH 11112

Ara, substituïm els valors hexadecimals pels valors binaris, per tal d’identificar després els camps en el format IEEE 754 de simple precisió.


S Exponent Mantissa 0 10000101 10001100000000000000000

Identifiquem el signe:

Com que el primer bit és 0, el nombre és positiu.

Identifiquem l’exponent: Per a conèixer l’exponent hem de tenir en compte la fórmula: Exponent = Nombre esbiaixat- biaix Nombre esbiaixat = 100001012 = 1 · 20 + 1 · 22 + 1 · 27 = 13310 Biaix = 2n-1-1 = 28-1-1 = 27 -1= 128 – 1 = 12710 Exponent = 13310 – 12710 = 610

Identifiquem la mantissa: Afegim el bit implícit: 1, 100011000000000000000002 Després convertim aquest nombre a decimal: 1 · 20 + 1 · 2-1 + 1 · 2-5 + 1 · 2-6 = 1,546875 = M

Nombre decimal = (-1)s · M · BE = (-1)0· 1,546875 · 26 = 1 · 1,546875 · 64 = = 9910 Finalment, transformem 9910 a binari. 99 ÷ 2 = 49 Resta 1 49 ÷ 2 = 24 Resta 1 24 ÷ 2 = 12 Resta 0 12 ÷ 2 = 6 Resta 0 6 ÷ 2 = 3 Resta 0 3 ÷ 2 = 1 Resta 1 A continuació, prenem l’últim quocient i totes les restes en sentit invers, 1100011.

x = 1100011

b) Obtenir el valor hexadecimal del nombre A.

A = P / Q

Convertim el valor de P i de Q a hexadecimal. P=12357810 Hexadecimal Per a convertir de decimal a hexadecimal hem de convertir el nombre decimal a binari i després prendre l'últim quocient i les restes en ordre invers, formant així el nombre binari. 123578 ÷ 2 = 61789 Resta 0 61789 ÷ 2 = 30894 Resta 1 30894 ÷ 2 = 15447 Resta 0 15447 ÷ 2 = 7723 Resta 1 7723 ÷ 2 = 3861 Resta 1 3861 ÷ 2 = 1930 Resta 1 1930 ÷ 2 = 965 Resta 0

965 ÷ 2 = 482 Resta 1 482 ÷ 2 = 241 Resta 0 241 ÷ 2 = 120 Resta 1 120 ÷ 2 = 60 Resta 0 60 ÷ 2 = 30 Resta 0 30 ÷ 2 = 15 Resta 0 15 ÷ 2 = 7 Resta 1


7 ÷ 2 = 3 Resta 1 3 ÷ 2 = 1 Resta 1


12357810 = 111100010101110102

Ara agrupem en quaterns de dreta a esquerra; per al cas del primer un, és necessari agregar-hi davant tres zeros.

0001 1110 0010 1011 1010 P = 1 E 2 B A Ara convertim Q a hexadecimal. Q = 328 Hexadecimal Observem la taula octal binari i reemplacem cada nombre octal pel seu equivalent binari.

Dec. Binari Dec. Binari 08 0002 48 1002 18 0012 58 1012 28 0102 68 1102 38 0112 78 1112

3 2

011 010 2

Després agrupem en quaterns de dreta a esquerra; per al cas del primer grup hem d'afegir dos ‘0’ per a completar-la

0001 1010 = 1A (H) = Q

Ara podem fer la divisió en hexadecimal per a obtenir el valor del nombre A. 1E’2’B’A’ | 1A -1A 1291H 4 2 -3 4 E B -E A 1 A -1 A 0 Prenem el quocient i sustituïm cada valor decimal pel respectiu valor hexadecimal. 1291H = 0001 0010 1001 00012 = 1 · 20 + 1 · 24 + 1 · 27 + 1 · 29 + 1 · 212 = = 457310

A = 00010010100100012

c) Obtenim el valor de B en binari, a partir de la suma dels valors R i S en C1, amb 1 byte.

B = R + S

Representació de la informació als computadors 23

En primer lloc, hem de convertir R i S a C1: R=10101010S C1 Nombre = Nombre esbiaixat - biaix Nombre esbiaixat = 101010102 Decimal = 1 · 21 + 1 · 23 + 1 · 25 + 1 · 27 = 17010 Biaix = 2n - 1 = 28 – 1 = 27 = 12810 Aleshores, nombre = 17010 – 12810 = 4210 Així comprovem que el primer bit ‘1’ indica que el nombre és positiu. Ara el convertim a binari per a obtenir directament el C1, ja que és positiu. 42 ÷ 2 = 21 Resta 0 21 ÷ 2 = 10 Resta 1 10 ÷ 2 = 5 Resta 0 5 ÷ 2 = 2 Resta 1 2 ÷ 2 = 1 Resta 0 Aleshores, R = 00101010C1 S = -26 (10) C1 26 ÷ 2 = 13 Resta 0 13 ÷ 2 = 6 Resta 1 6 ÷ 2 = 3 Resta 0 3 ÷ 2 = 1 Resta 1 Aleshores, S = -2610 = -110102 És necessari afegir dos zeros per a completar el nombre de bits = 8. -2610 = -00110102 Ara substituïm el signe negatiu pel valor ‘1’ per a obtenir el valor en signe magnitud. 10011010SM Ara deixem el primer bit tal com es mostra i intercanviem ‘0’ per ‘1’ i viceversa en la resta de bits, per a obtenir així el complement a 1. Llavors, S =11100101C1 B = R + S 00101010 + 11100101 100001111 + 1 00010000C1 El valor decimal és: 1 · 24 = 1610 El bit marcat indica que el resultat és un valor positiu. Podem analitzar que els valors decimals per a l’operació són 42 + (-26) = 16; per tant, la operació és correcta i el resultat es pot representar amb 1 byte.

B = 100002


d) Obtenim el valor de C en binari, a partir de les dades següents: C = T + U

T = 10111111 Gray En primer lloc, hem de convertir el nombre T de Gray a binari: 1 1 1 0 0 0 0 0 Gray 1 0 1 1 1 1 1 1 2 Prenem el primer bit, i després el valor d’aquest bit se suma amb el següent bit del nombre Gray; el resultat queda ubicat justament a la posición següent del nombre binari, i així successivament, tenint en compte que: 0 + 0 = 0 0 + 1 = 1 1 + 0 = 1 1 + 1 = 0 A continuació, com que és un nombre positiu, en C2 té la mateixa representació: 1 1 1 0 0 0 0 0 Gray = 1 0 1 1 1 1 1 12 = 1 0 1 1 1 1 1 1C2 = T Ara realitzem la divisió binària per a obtenir així el valor de U. U = 111000111|101 (2) -101 1011011(2) 1000 -101 110 -101 111 -101 101 -101 0 Ara, com que neccesitem el nombre en C2 i l’operació és una resta, aleshores hem de tractar aquest nombre obtingut com negatiu amb un byte. 10110112 en negatiu es converteix en -10110112 Canviem el signe negatiu per ‘1’, d’aquesta manera: 11011011SM Complementem cadascun dels bits del nombre obtingut, exceptuant el de signe, així: 10100100C1 Sumem ‘1’ al C1, així: 10100101C2 = U 1 0 1 1 1 1 1 1 C2

+1 0 1 0 0 1 0 1 C2 1 0 1 1 0 0 1 0 0 C2 El ròssec no es té en compte. Aleshores, el nombre obtingut en binari és equivalent al següent: 1 · 22 + 1 · 25 + 1 · 26 = 10010


C = 0 1 1 0 0 1 0 02

A continuació, avaluem l’equació:

A = 00010010100100012 B = 100002 C = 011001002 x = 11000112 Totes les dades amb què treballarem a partir d’ara estaran en format binari: x 2 = 1100011 * 1100011 1100011 1100011 1100011 + 1100011______ 10011001001001 A · x 2

1001010010001 * 10011001001001

1001010010001 1001010010001 + 1001010010001 1001010010001 1001010010001 1001010010001_____________ 10110001101101000101011001 B · x

1100011 *10000

11000110000 C = 01100100

10110001101101000101011001 11000110000 + 01100100 10110001101101011111101101 El resultat obtingut és el valor de l’equació quan x val 42C60000 IEEE 754 SP FHC Podem fer la comprovació del resultat obtingut en el sistema decimal. A = 475310


B = 1610 C = 10010 x = 9910

4753· 992 + 16 · 99 + 100 = 46585837

Que es correspon amb el nombre binari.


Exercici 1.7 Siguen 4 nombres A, B, C i D, calculeu B en format IEEE 754, i el resultat de realitzar la suma de C i D en complement a 2 amb 13 bits i el seu rang de representació sabent que: A=C4420000 en format IEEE 754 A+B=2000 B+C=500 B-D=5500 Solució: En primer lloc, obtenim el valor de A per a determinar B. A=C4420000 en format IEEE 754. Aleshores, tan sols hem de transformar cada xifra en base 16 a binari directament: C 4 4 2 0 0 0 0 1100 0100 0100 0010 0000 0000 0000 0000 I separem els 32 bits en 1 bit de signe, 8 d’exponent i 23 de mantissa, d’on obtenim: 1 | 1000 1000 | 100 0010 0000 0000 0000 0000 Observem que: Signe = 1 → negatiu Exponent = 1000 1000 = 27 + 23=13610 n = 8 bits; aleshores, el biaix és 2n-1-1=28-1-1=27-1=127 Li llevem el biaix i, per tant, l’exponent queda: 136-127=9 Mantissa: 1,100 0010 0000 0000 0000 0000·29=1100 0010 0,000002 Convertim a decimal el nombre obtingut en binari: 29+28+23=776; com que és negatiu, el resultat és: -776 A+B=2000; -776+B=2000; 2000+776=B; B=2776; Com ens indica l’enunciat, procedim a obtenir el nombre 2776 en representació IEEE 754. En primer lloc, transformem el nombre en binari mitjançant les divisions successives per 2: 2776:2=1388 resta 0 1388:2=694 resta 0 694:2=347 resta 0 347:2=173 resta 1 173:2=86 resta 1 86:2=43 resta 0 43:2=21 resta 1


21:2=10 resta 1 10:2=5 resta 0 5:2=2 resta 1 2:2=1 resta 0 Repleguem les restes en sentit contrari i així obtenim el nombre en binari: 1010110110002

Desplacem la coma fraccionària fins a deixar un únic ‘1’ significatiu:

1,01011011· 211

Aleshores, l’exponent és e =11; li sumem el biaix (127 anteriorment calculat) i obtenim E = 11+127 = 138; el transformem a binari per a la seua representació: 138:2=69 resta 0 69:2=34 resta 1 34:2=17 resta 0 17:2=8 resta 1 8:2=4 resta 0 4:2=2 resta 0 2:2=1 resta 0 Finalment, l’exponent resultant és E =: 1000 1010 Mantissa 010 1101 1000 0000 0000 0000 Signe positiu Si ajuntem tots el camps, obtenim el nombre: 0 | 1000 1010 | 010 1101 1000 0000 0000 0000 B+C=500; 2776+C=500;-C=2776-500;-C=2276;C=-2276 Tal com ens indica l’enunciat, hem de representar el nombre C = -2276 n=13 bits; per tant, el rang és [-2n-1,2n-1-1] = [-212, 212-1] = [-4096,4095] Procedim a transformar el nombre decimal en binari: 2276:2=1138 resta 0 1138:2=569 resta 0 569:2=284 resta 1 284:2=142 resta 0 142:2=71 resta 0 71:2=35 resta 1 35:2=17 resta 1 17:2=8 resta 1 8:2=4 resta 0 4:2=2 resta 0 2:2=1 resta 0 Obtenim el nombre: -1000 1110 01002


Com que comptem amb n = 13 bits, el nombre queda així:

-0 1000 1110 01002 Per a transformar-lo a complement a 1, intercanviem zeros per uns i viceversa, ja que el nombre és negatiu: 1 0111 0001 1011c1 Per a convertir-lo a complement a 2, sumem 1 al nombre anterior, i obtenim: 1 0111 0001 1100c2 B-D=5500; 2776-D=5500; D=2776-5500; D=-2724. Tal com ens indica l’enunciat, hem d’obtenir la representació de D= -2724: n=13 bits; aleshores, el rang és [-4096,4095] Ara, transformem el nombre decimal en binari: 2724:2= 1362 resta 0 1362:2=681 resta 0 681:2=340 resta 1 340:2=170 resta 0 172:2=85 resta 0 85:2=42 resta 1 42:2=21 resta 0 21:2=10 resta 1 10:2=5 resta 0 5:2=2 resta 1 2:2=1 resta 0 El nombre obtingut en binari és: -1010 1010 01002 Com que hem d’utilitzar 13 bits, obtenim: -0 1010 1010 01002 Per a transformar el nombre en complement a 1, intercanviem zeros per uns i viceversa, ja que el nombre és negatiu: 1 0101 0101 1011c1 Per a transformar-lo en complement a 2, sumem 1 al nombre anterior, i aleshores obtenim: 1 0101 0101 1100c2 Per últim lloc, realizarem la suma de C i D en complement a 2:


1 0111 0001 1100c2

+1 0101 0101 1100c2 1 0 1100 0111 1000 +1 0 1100 0111 1001 La suma dels dos nombres negatius ha donat com a resultat un nombre positiu. Aquest fet ens indica que el nombre resultant se n’ha eixit del rang. Com a conclusió, el resultat no es pot representar amb n = 13 bits.


Exercici 1.8 Siga el format de representació següent:

0 7 8 32

exponent ( E ) mantissa ( M ) amb N = M · 10E on la mantissa és entera i s’expressa en complement a 1, i l’exponent està representat en complement a dos. Tenim els nombres següents: A (en decimal) = 318 · 1025 B (en el format anterior) = 53E3E67DH a) Calculeu X a partir de l’expressió següent:

A · X = B Realitzeu les operacions de les mantisses en decimal i dels exponents en complement a dos. Doneu el resultat en decimal i en el format proposat. b) Si en l’apartat anterior haguérem obtingut el nombre, expressat en decimal, z = - 4805,476·1053, el podríem representar en el format proposat? En cas afirmatiu, com l’hauríem de modificar per tal de poder codificar-lo en el format especificat? Cometríem algun error de precisió? SOLUCIÓ: a) Sabem que l’operació es farà en decimal per a les mantisses, i en complement a 2 per als exponents, així que en primer lloc transformarem els nombres en els formats indicats: A = 318 · 1025

Sabem que A = 318 · 1025

M = 31810 ja és en decimal E = 2510 a complement a 2 2510 = 00011001SM

Nombre decimal Base Quocient Resta 25 2 12 1 12 2 6 0 6 2 3 0 3 2 1 1


00011001SM = 00011001C2 2510 = 00011001C2 Aleshores: M(A) = 31810

E(A) = 00011001C2

Fem igualment el canvi per a B: B = 53E3E67DH El nombre és: 01010011 111000111110011001111101 M = 111000111110011001111101C1 a decimal 111000111110011001111101C1 = 100111000001100110000010SM 100111000001100110000010SM = -1110000011001100000102 -1110000011001100000102 = -184153810 -1110000011001100000102= = -(1·220+1·219+1·218+0·217+0·216+0·215+0·214+0·213+1·212+1·211 +0·210++0·29+1·28+1·27+0·26+0·25+0·24+0·23+0·22+1·21+0·20) = -184153810

Exponent Base Coeficient Sumands 20 2 1 1048576 19 2 1 524288 18 2 1 262144 17 2 0 0 16 2 0 0 15 2 0 0 14 2 0 0 13 2 0 0 12 2 1 4096 11 2 1 2048 10 2 0 0 9 2 0 0 8 2 1 256 7 2 1 128 6 2 0 0 5 2 0 0 4 2 0 0 3 2 0 0 2 2 0 0 1 2 1 2 0 2 0 0

1841538 E = 01010011C2 ja és en complement a 2 Aleshores, M(B) = -184153810

E(B) = 01010011C2


Finalment, realitzem les operacions: A · X = B ; X = B / A És a dir: M(X) = M(B) / M(A) = -184153810 / 31810 = -579110 E(X) = E(B) - E(A) = E(B) + [-E(A)] = 01010011C2 + 11100111C2 = = 00111010 C2 Ara transformem d’un format a l’altre: M(X) = -579110 = 111111111110100101100000C1 M(X) = -579110 a complement a 1 a.1) -579110 = 100000000001011010011111SM

Nombre decimal Base Quocient Resta 5791 2 2895 1 2895 2 1447 1 1447 2 723 1 723 2 361 1 361 2 180 1 180 2 90 0 90 2 45 0 45 2 22 1 22 2 11 0 11 2 5 1 5 2 2 1 2 2 1 0

a.2) 100000000001011010011111SM = 111111111110100101100000C1

E(X) = 00111010 C2 = 5810 E(X) = 00111010C2 a decimal 00111010C2 = 00111010SM = 1110102 1110102 = 5810 1110102 = 1·25+1·24+1·23+0·22+1·21+0·*20 = 5810

Exponent Base Coeficient Sumands 5 2 1 32 4 2 1 16 3 2 1 8 2 2 0 0 1 2 1 2 0 2 0 0 58


El nombre és: X = 00111010 111111111110100101100000 = -5791 · 1058

b) Sí que podríem expressar el nombre z en el format proposat. Però, en primer lloc, hem de modificar lleugerament el nombre. Sabem que la mantissa ha de ser entera; aleshores, no pot tenir part fraccionària. Així, seria prou fer el procediment següent:

z10 = - 4805,476 · 1053 = - 4805476 · 1050

amb la qual cosa ja podem passar la mantissa al format, tenint en compte que l’exponent s’ha vist modificat. Si quan intentem representar la mantissa en C1 se'ns desborda el format de representació, hauríem de reduir-la tant com faça falta modificant l'exponent, amb una necessària pèrdua de precisió. L’error comès sempre el podríem calcular comparant el nombre obtingut en el format amb el decimal original:

Error = | zcalculat en decimal – zcalculat en format proposat|


Exercici 1.9 Siguen els nombres següents: A = EEB (hexadecimal) B = 105 (octal) C = 10101010 (c1) D = 10010011(c2) Calculeu en octal i convertiu a decimal: a) A + C b) B – D Multipliqueu en binari i convertiu el resultat a hexadecimal: c) C · D Convertiu el resultat de l’apartat a) a: d) IEEE 754 SP Solució: a) A = EEBH Per a transformar el nombre en octal, en primer lloc el transformarem en decimal per a, posteriorment, convertir-lo a octal. La taula de conversió hexadecimal-decimal és la següent: Hexadecimal Decimal 0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 A 10 B 11 C 12 D 13 E 14 F 15 Aleshores, obtenim el nombre decimal següent: EEBH = 14141110 Una vegada obtinguda la representació en decimal, convertim el nombre a octal mintjançant les divisions successives per la base: 141411 / 8 = 17676; resta = 3 17676 / 8 = 2209; resta = 4 2209 / 8 = 276; resta = 1


276 / 8 = 34; resta = 4 34 / 8 = 4; resta 2 Aleshores, 14141110 = 4241438 A continuación, obtenim la representación del nombre següent: C = 10101010C1 Tenint en compte el primer bit de signe, ‘1’, complementem la resta de bits del nombre, per la qual cosa tenim: 10101010C1 = -10101012 A partir de la representació binària, calculem el nombre en base decimal mitjançant el polinomi: 1·26 + 0·25 + 1·24 + 0·23 + 1·22 + 0·21 + 1·20 = 64 + 16 + 4 + 1 = 85 -1010101 = -8510 I, a continuació, obtenim la representació en octal mitjançant les divisions successives: 85 / 8 = 10; resta = 5 10 / 8 = 1; resta = 2 Aleshores, -8510 = -1258 Ara ja els podem sumar: 424143 8 + -125 8 ------------------------- 424016 8 En últim lloc, per a convertir a decimal, utilitzem el polinomi: 4·85 + 2·84 + 4·83 + 1·81 + 6·80 = 131072 + 8192 + 2048 + 0 + 8 + 6 = 141326 4240168 = 14132610


b) B = 1058 D = 10010011C2 En primer lloc, hem de transformar D a octal. Per a aconseguir-ho, hem d’obtenir la representació en C1: 10010011 – 1 = 10010010 10010011C2 = 10010010 C1 Ara el transformem a binari, tenint en compte que el primer bit, de signe, ens indica que es tracta d’un nombre negatiu, i aleshores hem de complementar la resta de bits: 10010010 C1 = -11011012 A continuació, el transformem a decimal mitjançant el polinomi: 1·26 + 1·25 + 0·24 + 1·23 + 1·22 + 0·21 + 1·20 = 64 + 32 + 0 + 8 + 4 + 0 + 1 = = 109 -11011012 = -109 10 Mitjançant el mètode de les divisions successives, el convertim a base octal: 109 / 8 = 13; resta = 5 13 / 8 = 1; resta = 5 -10910 = -1558 I, en últim lloc, fem la resta: +1058 - -1558 ----------------- +2628 Per a finalitzar, convertim el resultat a decimal mitjançant el polinomi: 2·82 + 6·81 + 2·80 = 128 + 48 + 16 = 192 2628 = 19210 c) C = 10101010 C1


D = 10010011C2 En primer lloc, convertim C a binari; com que el bit de signe és ‘1’, complementem la resta de bits del nombre: 10101010C1 = -10101012 Ara, convertim D a C1: 10010011 – 1 = 10010010 10010011C2 = 10010010 C1 Transformem el nombre obtingut en binari; com que el bit de signe és ‘1’, hem de complementar la resta de bits del nombre: 10010010 C1 = -11011012 10010011 C2 = -11011012 A continuació, multipliquem els nombres: -1010101 * -1101101 ---------------------------------- 1010101 0000000 1010101 1010101 0000000 1010101 1010101 --------------------------------- 10010000110001


En últim lloc, convertim el resultat a hexadecimal utilitzant la taula de conversió: Hexadecimal Decimal Binari 0 0 0000 1 1 0001 2 2 0010 3 3 0011 4 4 0100 5 5 0101 6 6 0110 7 7 0111 8 8 1000 9 9 1001 A 10 1010 B 11 1011 C 12 1100 D 13 1101 E 14 1110 F 15 1111 10010000110001 → 0010 0100 0011 0001 0010 = 2 0100 = 4 0011 = 3 0001 = 1 10010000110001 = 2431H


d) 141326 10 En primer lloc, transformem el nombre a base 2 mitjançant el mètode de les divisions successives per la base: 141326 / 2 = 70663; resta = 0 70663 / 2 = 35331; resta = 1 35331 / 2 = 17665; resta = 1 17665 / 2 = 8832; resta = 1 8832 / 2 = 4416; resta = 0 4416 / 2 = 2208; resta = 0 2208 / 2 = 1104; resta = 0 1104 / 2 = 552; resta = 0 552 / 2 = 276; resta = 0 276 / 2 = 138; resta = 0 138 / 2 = 69; resta = 0 69 / 2 = 34; resta = 1 34 / 2 = 17; resta = 0 17 / 2 = 8 ; resta = 1 8 / 2 = 4; resta = 0 4 / 2 = 2; resta = 0 2 / 2 = 1; resta = 0 14132610 = 100010100000001110 Desplacem la coma fraccionària fins a deixar-la a la dreta del primer ‘1’: 1,00010100000001110 Com que hem mogut la coma 17 posicions a l’esquerra, l’exponent és 17. L’exponent serà l’original 17 sumat amb el valor del biaix, és a dir, 127. 17 + 127 = 144 Convertim l’exponent a binari: 144 / 2 = 72; resta = 0 72 / 2 = 36; resta = 0 36 / 2 = 18; resta = 0 18 / 2 = 9; resta = 0 9 / 2 = 4; resta = 1 4 / 2 = 2; resta = 0 2 / 2 = 1; resta = 0 14410 = 10010000 Com a resultat, ja tenim tots els camps: s = 0 → nombre positiu e = 10010000 m = 00010100000001110 0 10010000 00000000010100000001110


Exercici 1.10 Calculeu el valor del nombre A per a satisfer l’equació següent:

A·(B-C) = 231,5710

I tenint en compte que els valors de B i de C expressats en IEEE 754 de simple precisió són: B = 423D851EIEEE C = C22C7AE1IEEE Expresseu el resultat del nombre A en format IEEE 754 de simple precisió. Solució: Transformem B i C a decimal; a continuació, obtenim el valor de A en decimal i, per últim, convertim A al format IEEE 754. Per a fer aquesta tasca, transformem B d’hexadecimal a binari, separant els bits per a poder representar-lo en IEEE 754 simple precisió (recordem que aquest format té els següents camp: 1 bit de signe, 8 bits d’exponent i 23 bits de mantissa): 0100 0010 0011 1101 1000 0101 0001 1110 4 2 3 D 8 5 1 E 0 10000100 01111011000010100011110 signe exponent mantissa Transformem l’exponent (e = 100001002) a decimal mitjançant el polinomi generador en base 2: N ≡ ∑ ni·bi 1·27+0·26+0·25+0·24+0·23+1·22+0·21+0·20 = 13210 Li restem el biaix, és a dir, 127, per a obtenir el nombre de vegades que hem de desplaçar la coma fraccionària. 132 – 127 = 5 Des de la coma del bit implícit, desplacem la coma cinc vegades cap a la dreta: 101111,011000010100011110 Transformem el nombre a decimal: Part entera: 101111 = 1·25 + 0·24 + 1·23 + 1·22 + 1·21 + 1·20 = 47 Part fraccionària: 0,011000010100011110 = 1/4 + 1/8 + 1/256 + 1/1024 + 1/16384 + 1/32768 + + 1/65536 + 1/131072 = 0,38 El resultat és B = 47,3810


Fem el mateix amb el nombre C. Separem els bits per a representar-lo en IEEE 754: 1100 0010 0010 1100 0111 1010 1110 0001 C 2 2 C 7 A E 1 1 10000100 01011000111101011100001 signe exponent mantisa Convertim l’exponent a decimal per a llevar-li després el biaix: 1·27+0·26+0·25+0·24+0·23+1·22+0·21+0·20 = 13210 Li llevem el biaix, és a dir, 127, per a obtenir el nombre de vegades que hem de desplaçar la coma fraccionària: 132 – 127 = 5 Des de la posició del bit implícit, desplacem la coma cinc posicions a la dreta: 101011,000111101011100001 Convertim el nombre a decimal: Part entera: 101011 = 1·25 + 0·24 + 1·23 + 0·22 + 1·21 + 1·20 = -43 Part fraccionària: 0,000111101011100001 = 1/16 + 1/32 + 1/64 + 1/128 + 1/512 + 1/2048 + 1/4096 + 1/8192 + 1/262144 = 0,12 El resultat és C = -43,1210 És negatiu, ja que el bit de signe és ‘1’. Substituïm B i C, i operem per a calcular el valor del nombre A: A·(47,38-(-43,12)) = 231,57 A·(90,5) = 231,57 A = 231,57/90,5 = 2,56 El resultat és A = 2,5610 Ara, expressem el valor de A en format IEEE 754 de simple precisió. Per a fer-ho, transformem les parts entera i fraccionària a binari: 2:2 = 1, resta 0. Resultat de la part entera 102 Per a transformar la part fraccionària, multipliquem aquesta part per 2 i, amb el resultat obtingut, descartem la part entera i tornem a multiplicar la part fraccionària del resultat. Finalment, arrepleguem la part entera de cada resultat per a formar la part fraccionària.


0,56 0,12 0,24 0,48 0,96 0,92 0,84 0,68 0,36 0,72 0,44 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 1,12 0,24 0,48 0,96 1,92 1,84 1,68 1,36 0,72 1,44 0,88 0,88 0,76 0,52 0,04 0,08 0,16 0,32 0,64 0,28 0,56 0,12 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 x2 1,76 1,52 1,04 0,08 0,16 0,32 0,64 1,28 0,56 1,12 0,24 Resultat de la part fraccionària 10001111010111000010102 Si ajuntem les dues parts 10, 10001111010111000010102 Normalitzem el nombre. En aquest cas, el multiplicarem per 21, ja que hem desplaçat la coma fraccionària una posició a l’esquerra. 1,01000111101011100001010 · 21 Calculem l’exponent, tenint en compte que el biaix és 127: E = 127 + 1 = 128 128:2 0 64:2 0 32:2 Resultat de l’exponent 100000002 0 16:2 0 8:2 0 4:2 0 2:2 0 1 En últim lloc, ocultem el primer bit de la mantissa (implícit) per a representar-lo: Solució 0 10000000 01000111101011100001010 signe exponent mantissa


Exercici 1.11 Donats els nombres següents en format IEEE 754 de simple precisió, realitzeu els apartats següents: A = 0 10001100 11000000000000000000000 B = 1 10001000 01111000000000000000000 C = 0 10000110 11011010000000000000000 D = 0 10000101 10010100000000000000000 E = 0 10001000 01101100000000000000000 a) Feu les conversions en octal, binari i hexadecimal amb els nombres A i B en format IEEE 754 de simple precisió. b) Representeu en C1 amb n = 10 bits els nombres C i D que están en format IEEE 754 de simple precisió, i calculeu-ne la resta en C1. c) Determineu el valor de F i de G en decimal tenint en compte:

E + F – G = 220 Solució: a) En primer lloc, transformem el nombre A a decimal.

A=0 10001100 11000000000000000000000 S e m

El nombre és positiu, ja que el bit de signe és ‘0’.

(-1)S = (-1)0 = 1 10 Calculem l’exponent, tranformant-lo a decimal amb el polinomi, i llevant-li el biaix de 8 bits corresponent a la simple precisió (28-1-1=27-1=127):

10001100=1 · 27 + 1 · 23 + 1 ·22=14010 E+S=e => E=e-S => 140 -127 = 13 és l’exponent. Calculem el valor de la mantissa amb el polinomi; en primer lloc, calculem la part entera (tenint en compte que hi ha un bit implícit en ‘1’), i després la part fraccionària (que són els bits que es mostren):

1.11000000000000000000000 P. ent. P. frac.

Part entera: 12 = 1 10

Part fraccionària: 1 · 2-1 + 1 · 2-2 = 0.5 + 0. 25 = 0.7510 Suma de la part entera i la fraccionària = 1.7510 Ajuntem les parts del signe, l’exponent i la mantissa, i aconseguim el nombre A en decimal: N = (-1)S · M · BE => (-1)0 · 1.75 · 213=1 · 1.75 · 213=1433610


Ara transformem el resultat a binari, mitjançant divisions successives per 2:

14336/2=7168 resta 0 7168/2=3584 resta 0 3584/2=1792 resta 0 1792/2=896 resta 0 896/2=448 resta 0 448/2=224 resta 0 224/2=112 resta 0 112/2=56 resta 0 56/2=28 resta 0 28/2=14 resta 0 14/2=7 resta 0 7/2=3 resta 1 3/2=1 resta 1

El nombre obtingut és: 111000000000002

Consultem les taules de conversió decimal-octal i decimal-hexadecimal, i, amb el nombre en binari obtingut, calculem el seu valor en octal i hexadecimal: OCTAL

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

HEXADECIMAL

0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 0 0 1 0 3 0 0 1 1 4 0 1 0 0 5 0 1 0 1 6 0 1 1 0 7 0 1 1 1 8 1 0 0 0 9 1 0 0 1 A 1 0 1 0 B 1 0 1 1 C 1 1 0 0 D 1 1 0 1 E 1 1 1 0 F 1 1 1 1


Llavors:

A = 0 10001100 11000000000000000000000

A = 111000000000002 = 340008 = 3800H Ara transformem el nombre B a decimal. B=1 10001000 01111000000000000000000 S e m El nombre és negatiu, ja que el seu camp de signe és ‘1’.

(-1)S = (-1)1 = -110 Obtenim l’exponent, convertint-lo a decimal amb el polinomi i llevant-li el biaix:

10001000=1x27 + 1x23=128+8=13610 E+S=e => E=e-S => 136 -127 = 9 és l’exponent. Calculem el valor de la mantissa amb el polinomi; en primer lloc, calculem la part entera i després la part fracciónària:

1.01111000000000000000000 P. ent. P. frac.

Part entera: 12=110

Part fraccionària: 1 x 2-2 + 1 x 2-3 + 1 x 2-4 + 1 x 2-5= 0.25 + 0.125 + 0.0625 + + 0.03125 = 0.4687510 Suma de les parts entera i fraccionària = 1.4687510 Ajuntem les parts del signe, l’exponent i la mantissa, i així obtenim el nombre B en decimal: N = (-1)S · M · BE => (-1)1 · 1.46875 · 29= -1 · 1.46875 · 29= -75210 Amb aquest resultat, partim del seu valor absolut i el transformem a binari mitjançant les divisions successives: 752/2=376 resta 0 376/2=188 resta 0 188/2=94 resta 0 94/2=47 resta 0 47/2=23 resta 1 23/2=11 resta 1 11/2=5 resta 1 5/2=2 resta 1 2/2=1 resta 1

El nombre obtingut és: 11111100002


Afegim el signe davant, ja que el nombre és negatiu:

11111100002->-11111100002

Consultem les taules de conversió decimal-octal i decimal-hexadecimal i, a partir del nombre binari anterior, calculem la seua representació en octal i en hexadecimal, conservant el signe negatiu en els dos resultats: Solució:

1 10001000 01111000000000000000000

-11111100002 = -77008 = -FC0H b) Transformem el nombre C a decimal.

C=0 10000110 11011010000000000000000 S exponent mantissa

El nombre és positiu, ja que el seu bit de signe és ‘0’.

(-1)S = (-1)0 = 110 Obtenim l’exponent, convertint-lo a decimal amb el polinomi i llevant-li el biaix:

10000110= 1 · 27 + 1 · 22 + 1 · 21 = 13410 E+S=e => E=e-S = 134 -127 = 7 Calculem el valor de la mantissa amb el polinomi; en primer lloc, calculem la part entera i després la part fraccionària.

1.11011010000000000000000 P. ent. P. frac.

Part entera: 12=1 10

Part fraccionària: 1 · 2-1 + 1 · 2-2 + 1 · 2-4 + 1 · 2-5 + 1 · 2-7 = 0.5 + 0.25 + + 0.0625 + 0.03125 + 0.0078125 = 0.851562510 Suma de les parts entera i fraccionària = 1.851562510 Ajuntem les parts del signe, l’exponent i la mantissa, i obtenim el nombre C en decimal: N = (-1)S · M · BE => (-1)0 · 1.8515625 · 27=23710 Ara transformem el nombre D a decimal.

D=0 10000101 10010100000000000000000 S exponent mantissa

El nombre és positiu, ja que el seu bit de signe és ‘0’.


(-1)S = (-1)0 = 1 10 Obtenim l’exponent, convertint-lo a decimal i llevant-li el biaix: 10000101= 1 · 27 + 1 · 22 + 1 · 20=13310 E+S=e => E=e-S => 133 -127 = 6 és l’exponent. Calculem el valor de la mantissa amb el polinomi; en primer lloc, calcularem la part entera i després la part fraccionària:

1.10010100000000000000000 P. ent. P. frac.

Part entera: 12=110

Part fraccionària: 1 · 2-1 + 1 · 2-4 + 1 · 2-6 = 0.5 + 0.0625 + 0.015625 = = 0.57812510 Suma de les parts entera i fraccionària =1.57812510 Ajuntem les parts del signe, l’exponent i la mantissa, i aconseguim el nombre D en decimal: N = (-1)S · M · BE => (-1)0 · 1.578125 · 26=10110 Comprovem si els nombres obtinguts es poden representar en C1 amb 10 bits; per a fer-ho, recordem quin és el màxim valor positiu de C1 amb 10 bits: Rang C1 => [-2n-1+1, 2n-1-1] 2n-1-1 = 210-1-1 = 29-1 =511 Una vegada determinat el màxim valor positiu i observant que els nombres C i D poden ser representats en C1, ja que no són superiors a aquest valor, fem divisions successives per a convertir els nombres a binari: 237/2=118 resta 1 101/2=50 resta 1 118/2=59 resta 0 50/2=25 resta 0 59/2=29 resta 1 25/2=12 resta 1 29/2=14 resta 1 12/2=6 resta 0 14/2=7 resta 0 6/3=2 resta 0 7/2=3 resta 1 2/2=1 resta 1 3/2=1 resta 1

23710=111011012 10110=11001012

Afegim zeros per l’esquerra fins a completar els 10 bits: C=00111011012 D=00011001012


Com que C i D són positius, el nombre en binari es correspon amb el nombre en C1, per la qual cosa: C = 00111011012 = 0011101101C1 D = 00011001012 = 0001100101C1 Ara realitzem la resta C-D:

0011101101 - 0001100101 0010001000C1 c) Tenim que:

E és positiu G = ((3/8)·E) - 220 F < G E= 0 10001000 01101100000000000000000 En primer lloc, obtenim E en decimal: el nombre és positiu, ja que el seu bit de signe és ‘0’.

(-1)S = (-1)0 = 1 10 Calculem l’exponent, convertint-lo a decimal amb el polinomi, i llevant-li el biaix (la ‘E’ de la fórmula es refereix a l’exponent, no al nombre) 10001000= 1 ·27 + 1 · 23 =13610 E+S=e => E=e-S = 136 -127 = 9 és l’exponent. Calculem el valor de la mantissa amb el polinomi; en primer lloc calculem la part entera i després la part fraccionària.

1.01101100000000000000000 P. ent. P. frac.

Part entera: 12 = 110

Part fraccionària: 1 · 2-2 + 1 · 2-3 + 1 · 2-5 + 1 · 2-6 = 0.25 + 0.125 + 0.03125 + + 0.015625 = 0.421875 10 Suma de les parts entera i fraccionària = 1.42187510 Ajuntem les parts del signe, l’exponent i la mantissa, i obtenim el nombre E en decimal: N = (-1)S · M · BE => (-1)0 · 1.421875 · 29=72810 E = 72810 Com que G = ((3/8) · A) - 220, obtenim: G= ((3/8)·728) – 220 = 53 → G = 5310


En últim lloc, substituïm en l’equació:

E + F – G = 220 728 + F – 53 = 220 F = 220 – 728 + 53 F = -45510

51

2 Sistemes digitals combinacionals

Exercici 2.1 L’empresa AutoAlacant SL està fent proves amb un nou sistema d’avís al conductor en cas d’emergència en carretera per a automòbils. Aquest sistema està dissenyat de manera que detecte els problemes corresponents i mostre un avís mitjançant quatre alarmes diferents d’acord amb certes restriccions. D’aquesta manera, les emergències implementades en el sistema d’avís són: error de configuració, punxada, far fos i nivell baix d’oli. Els senyals d’avís s’encendran d’acord amb les següents restriccions: Senyal 1: sempre que hi haja un error de configuració. Senyal 2: sempre que hi haja una punxada o nivell baix d’oli,

mai les dues alhora. Senyal 3: sempre que hi haja un far fos. Senyal 4: actuarà de senyal d’urgència, sempre que es donen

dues o més emergències entre les quals no estiga l’error de configuració. Realitzeu els apartats següents: a) Identifiqueu les variables de entrada i d’eixida. b) Dissenyeu les taules de veritat corresponents al problema plantejat. c) Determineu les equacions de les variables d’eixida. d) Implementeu el circuit amb multiplexors de tipus 74151. e) Implementeu el circuit amb descodificadors del tipus 74138. Solució: a) En el sistema que ens plantegen en l’enunciat podem trobar les variables següents: Entrades ‐ Error de configuració (EC). ‐ Punxada (P). ‐ Far fos (FF). ‐ Nivell baix d’oli (NA).

52 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Eixides ‐ Senyal 1 (S1). ‐ Senyal 2 (S2). ‐ Senyal 3 (S3). ‐ Senyal 4 (S4). b) Taula de veritat

EC P FF NA S1 S2 S3 S4

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 1 0 0

0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 1 1 0 1 1 1

0 1 0 0 0 1 0 0

0 1 0 1 0 0 0 1

0 1 1 0 0 1 1 1

0 1 1 1 0 0 1 1

1 0 0 0 1 0 0 0

1 0 0 1 1 1 0 0

1 0 1 0 1 0 1 0

1 0 1 1 1 1 1 0

1 1 0 0 1 1 0 0

1 1 0 1 1 0 0 0

1 1 1 0 1 1 1 0

1 1 1 1 1 0 1 0

c) Equacions d’eixida Senyal 1: EC,P/FF,NA 00 01 11 10

00 0 0 0 0

01 0 0 0 0

11 1 1 1 1

10 1 1 1 1

Senyal 2:

EC,P/FF,NA 00 01 11 10

00 0 1 0 1

01 1 0 1 0

11 0 1 0 1

10 1 0 1 0

S1 = EC

S2 = EC’P’FF’NA + EC’P’FFNA’ + EC’PFF’NA’ + EC’PFFNA + ECPFF’NA + ECPFFNA’ + ECP’FF’NA’ +

Sistemes digitals combinacionals 53

Senyal 3: EC,P/FF,NA 00 01 11 10

00 0 0 1 1

01 0 0 1 1

11 0 0 1 1

10 0 0 1 1

Senyal 4: EC,P/FF,NA 00 01 11 10

00 0 0 0 1

01 0 1 1 1

11 0 0 0 0

10 0 0 0 0

d) Implementeu el circuit amb MUX 74151:

EF P FF NA S1’ S2’ S3’ S3’ 0 0 0 0 0 EF 0 0 0 8 1 0 0 0 1 0 0 0 1 EF 1 0 0 9 1 0 0 1 2 0 0 1 0 EF 0 1 0

10 1 0 1 0 3 0 0 1 1 EF 1 1 EF’

11 1 0 1 1 4 0 1 0 0 EF 1 0 0

12 1 1 0 0 5 0 1 0 1 EF 0 0 EF’

13 1 1 0 1 6 0 1 1 0 EF 1 1 EF’

14 1 1 1 0 7 0 1 1 1 EF 0 1 EF’

15 1 1 1 1

S3 = FF

S4 = EC’PNA + EC’FFNA’


e) Implementeu el circuit amb descodificadors 74138



Exercici 2.2 Disposem d’una màquina de cafè que té 4 botons de selecció: cafè, llet, canella i sucre. Depenent dels botons que prema el comprador li eixirà un producte d’aquests quatre: cafè sol, llet sola, cappuccino (cafè, llet i canella) i cafè amb llet. El botó “canella” solament funciona si està actiu el botó de cafè i llet; el botó “sucre” funciona solament si està activat el botó de cafè o el de llet o els dos alhora. També, depenent dels botons que premem, obtindrem un preu diferent. L’ingredient cafè val 30 cèntims; la llet, 20 cèntims; la canella, 5 cèntims, i el sucre 5, cèntims. a) Identifiqueu les variables d’entrada i les d’eixida del circuit i codifiqueu-les. b) Formeu la taula de veritat de les variables i simplifiqueu les funcions lògiques corresponents en suma de productes mitjançant Karnaugh. c) Implementeu les funcions obtingudes anteriorment amb multiplexors 74151, que tenen tres entrades de selecció. Solució: a) Tenim 4 variables d’entrada que són els quatre botons de què disposa la màquina de cafè: A: cafè B: llet C: canella D: sucre Si premem un botó, la variable corresponent és a ‘1’; si no el premem, és a ‘0’. Tenim 5 variables d’eixida: Dues per a codificar quin producte ix: S1 i S0. 00 → Cafè sol 01 → Llet sola 10 → Cappuccino 11 → Cafè amb llet Si observem els productes que ens pot subministrar la màquina, hi ha set preus possibles: Cafè sol → 30 cèntims Cafè sol amb sucre → 35 cèntims Llet sola → 20 cèntims Llet sola amb sucre →25 cèntims Cappuccino → 55 cèntims


Cappuccino amb sucre → 60 cèntims Cafè amb llet → 50 cèntims Cafè amb llet i amb sucre → 55 cèntims Amb 3 variables, podem codificar aquests preus: P2, P1 i P0: 000 → 20 cèntims 001 → 25 cèntims 010 → 30 cèntims 011 → 35 cèntims 100 → 50 cèntims 101 → 55 cèntims 110 → 60 cèntims b) Taula de veritat de les variables i simplificació: A B C D S1 S0 P2 P1 P0 0 0 0 0 X X X X X 0 0 0 1 X X X X X 0 0 1 0 X X X X X 0 0 1 1 X X X X X 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 X X X X X 0 1 1 1 X X X X X 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 X X X X X 1 0 1 1 X X X X X 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 S1:

S1= AB

S0:

CB=S0

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

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

58 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors P2:

P2= AB

P1: CD+B=P1

P0:

DC+DC=P0

c) Utilitzem les variables A, B i C com a entrades de selecció, i D com a entrada de dades.

D A B C 0 1

S1

0 0 0 X X X 0 0 1 X X X 0 1 0 0 0 0 0 1 1 X X X 1 0 0 0 0 0 1 0 1 X X X 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

D A B C 0 1

S0

0 0 0 X X X 0 0 1 X X X 0 1 0 1 1 1 0 1 1 X X X 1 0 0 0 0 0 1 0 1 X X X 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0

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

AB\CD 00 01 11 10

00 X X X X 01 0 0 X X 11 0 0 1 0 10 1 1 X X

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


D A B C 0 1

P2

0 0 0 X X X 0 0 1 X X X 0 1 0 0 0 0 0 1 1 X X X 1 0 0 0 0 0 1 0 1 X X X 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

D A B C 0 1

P1

0 0 0 X X X 0 0 1 X X X 0 1 0 0 0 0 0 1 1 X X X 1 0 0 1 1 1 1 0 1 X X X 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 D

D A B C 0 1

P0

0 0 0 X X X 0 0 1 X X X 0 1 0 0 1 D 0 1 1 X X X 1 0 0 0 1 D 1 0 1 X X X 1 1 0 0 1 D 1 1 1 1 0 D

Utilitzem un multiplexor per a cada variable d’eixida.



Exercici 2.3 Una empresa vol instal·lar un sistema que automatitze els radiadors de calefacció d’una casa. Aquests radiadors poden estar: apagats, amb potència mínima, amb potència mitjana o amb potència màxima. Els radiadors s’activen d’una manera o d’una altra depenent de la franja horària del dia i de l’estació de l’any en què ens trobem, quedant de la següent manera. Si és estiu, el radiador sempre està apagat. En les altres estacions:

Franja horària Primavera Tardor Hivern Entre les 0h i les 3h Potència mitjana Potència màxima Potència màxima Entre les 3h i les 6h Potència mitjana Potència màxima Potència màxima Entre les 6h i les 9h Potència mínima Potència màxima Potència màxima Entre les 9h i les 12h Potència mínima Potència mitja Potència màxima Entre les 12h i les 15h Potència mínima Potència mínima Potència mitja Entre les 15h i les 18h Potència mínima Potència mínima Potència màxima Entre les 18h i les 21h Potència mitjana Potència mitja Potència màxima Entre les 21h i les 24h Potència mitjana Potència mitja Potència màxima

a) Identifiqueu les variables d’entrada i les d’eixida. b) Realitzeu la taula de veritat, la taula de Karnaugh i l’expressió simplificada per a cada eixida. c) Implementeu el circuit per a cada eixida utilitzant multiplexors 3 a 8. d) Implementeu el circuit per a cada eixida utilitzant descodificadors 3 a 8. Solució: a) Variables d’entrada: Estació de l’any en què ens trobem: E1E0, amb aquests valors: 00 – Estiu 01 – Primavera 10 – Tardor 11 – Hivern Franja horària del dia: H2H1H0, on tenim: 000 – des de les 0 hores fins a les 3 hores 001 – des de les 3 hores fins a les 6 hores 010 – des de les 6 hores fins a les 9 hores 011 – des de les 9 hores fins a les 12 hores 100 – des de les 12 hores fins a les 15 hores 101 – des de les 15 hores fins a les 18 hores 110 – des de les 18 hores fins a les 21 hores 111 – des de les 21 hores fins a les 24 hores Variables d’eixida: Potència amb què queda activat el radiador: S1S0, on tenim:

62 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors 00 – Apagat 01 – Potència mínima 10 – Potència mitjana 11 – Potència màxima b)

Taula de veritat E1 E0 H2 H1 H0 S1 S0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Simplificació per Karnaugh

Per a S1: H2H1H0 E1E0

000 001 011 010 110 111 101 100

00 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1 1 0 0 1 1 0 0 11 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 0 0

S1= (E0*H2’*H1’)+(E0*H2*H1)+(E1*E0)+(E1*H2’)+(E1*H1)


Per a S0:

H2H1H0 E1E0

000 001 011 010 110 111 101 100

00 0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 1 1 0 0 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 0 10 1 1 0 1 0 0 1 1

S0=(E0*H2*H1’)+(E1’*E0*H2*H1’)+(E1*E0*H2’)+(E1*E0*H1)+ + (E1*H2’*H0’) + (E1*H1’H0) + (E1*E0’H1’) c) Multiplexors Per a S1. Prenem la variable H0 com a variable de dades:

E1 E0 H2 H1 H0 Entrades 0 1

0 0 0 0 0 0 E0=0 0 0 0 1 0 0 E1=0 0 0 1 0 0 0 E2=0 0 0 1 1 0 0 E3=0 0 1 0 0 1 1 E4=1 0 1 0 1 0 0 E5=0 0 1 1 0 0 0 E6=0 0 1 1 1 1 1 E7=1 1 0 0 0 1 1 E0=1 1 0 0 1 1 1 E1=1 1 0 1 0 0 0 E2=0 1 0 1 1 1 1 E3=1 1 1 0 0 1 1 E4=1 1 1 0 1 1 1 E5=1 1 1 1 0 1 1 E6=1 1 1 1 1 1 1 E7=1

Per a S0. També prenem la variable H0 com a variable de dades:

E1 E0 H2 H1 H0 Entrades 0 1

0 0 0 0 0 0 E0=0 0 0 0 1 0 0 E1=0 0 0 1 0 0 0 E2=0 0 0 1 1 0 0 E3=0 0 1 0 0 0 0 E4=0 0 1 0 1 1 1 E5=1 0 1 1 0 1 1 E6=1 0 1 1 1 0 0 E7=0 1 0 0 0 1 1 E0=1 1 0 0 1 1 0 E1=H0’ 1 0 1 0 1 1 E2=1 1 0 1 1 0 0 E3=0 1 1 0 0 1 1 E4=1 1 1 0 1 1 1 E5=1 1 1 1 0 0 1 E6=H0 1 1 1 1 1 1 E7=1

64 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Ara, per a cada eixida, partirem la seua respectiva taula en dues, deixant al marge la variable I1. Posteriorment, es triarà el multiplexor adequat depenent de l’entrada I1, que es negarà en l’entrada de selecció del multiplexor construït per a I1=0 , i no es negarà en l’entrada de selecció del multiplexor construït per a I1=1 Els circuits quedarien així: Per a S1:


Per a S0:

d) Descodificadors Hem col·locat primerament un descodificador que seleccione l’estació de l’any (I1I0), i depenent d’aquestes entrades, se seleccionarà un altre descodificador que mirarà la franja horària en aquesta estació (H2H1H0). Per a S1: per a I1I0 = 00, sempre serà ‘0’ l’eixida, per tant no el tenim en compte en el primer descodificador; i l’eixida per a 11, sempre serà ‘1,’ per la qual cosa es nega. Hem emprat portes NAND, perquè el descodificador 74138 trau l’eixida negada.


Per a S0:


Exercici 2.4 Els operaris d’un port volen instal·lar un sistema automatitzat per a impedir l’eixida de certs tipus de vaixell quan les condicions meteorològiques no són apropiades. Els tipus d’embarcació són els següents: bot, llanxa, iot i veler. Classificació de la mar segons l’escala internacional.*

Grau Nom Efectes apreciables Altura de les onades (m)

0 Plana Com un espill 0 1 Arrisada Rissos sense escuma 0 a 0.1 2 Marejol Onades xicotetes; crestes

cristal·lines 0.1 a 0.5

3 Maror Onades; crestes rompents 0.5 a 1.25 4 Forta maror Onades mitjanes a grans 1.25 a 2.5 5 Maregassa Marea entrant 2.5 a 4 6 Mar brava Onades allargades 4 a 6 7 Mar desfeta Onades molt grans 6 a 9

*Es descarten els tipus d’onatge mar molt alta i mar enorme. Els diferents tipus de vaixell poden eixir a la mar per temps indefinit quan l’onatge és igual o inferior a l’assenyalat en la taula següent:

Tipus de vaixell Onatge Bot Arrissada Llanxa Marejol Iot Forta maror Veler Brava

A més, els vaixells també podran eixir a la mar durant menys d’una hora si l’onatge és un grau superior al màxim permès, és a dir, atenent a la taula següent:

Vaixell Onatge Bot Marejol Llanxa Maror Iot Maregassa Veler Desfeta

a) Identifiqueu les variables d’entrada i d’eixida. b) Formeu la taula de veritat. c) Utilitzeu Karnaugh per a obtenir l’expressió simplificada en producte de sumes per a cadascuna de les eixides. d) Obteniu la forma canònica en suma de productes per a cadascuna de les eixides. e) Implementeu el circuit amb multiplexors de n-1 variables de selecció més una variable de dades.


a) Variables d’entrada: Tipus de vaixell: B1B0 corresponent a: 00 – Bot 01 – Llanxa 10 – Iot 11 – Veler Tipus d’onatge: M2M1M0 corresponent al grau d’onatge en codificació binària. Variables d’eixida: Eixida ‘S’ a ‘0’ si el vaixell no pot eixir a la mar; ‘1’ si el vaixell pot eixir a la mar. Eixida ‘T’ que representa el temps: ‘0’ quan no hi ha restricció; ‘1’ quan sols pot eixir durant menys d’una hora. b) Taula de veritat B1 B0 M2 M1 M0 S T 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 X 0 0 1 0 0 0 X 0 0 1 0 1 0 X 0 0 1 1 0 0 X 0 0 1 1 1 0 X 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 X 0 1 1 0 1 0 X 0 1 1 1 0 0 X 0 1 1 1 1 0 X 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 X 1 0 1 1 1 0 X 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1


))()(()( 010112021 MMBBMMBMBSf ++++++=

)1)()()()()(()( 0101001102112 MMBMMBMMMBMBMMTf ++++++++=

∑5

)31,30,29,28,27,26,25,24,21,20,19,18,17,16,11,10,9,8,2,1,0(

∑ ∑+5

)23,22,15,14,13,12,7,6,5,4,3()31,21,11,2(φ

c) Expressió simplificada en producte de sumes per a cadascuna de les eixides. Per a l’eixida S: M2M1M0

B1B0 000 001 011 010 110 111 101 100 00 1 1 0 1 0 0 0 0 01 1 1 1 1 0 0 0 0 11 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 1 1 1 0 0 1 1

Per a l’eixida T: M2M1M0

B1B0 000 001 011 010 110 111 101 100 00 0 0 X 1 X X X X 01 0 0 1 0 X X X X 11 0 0 0 0 0 1 0 0 10 0 0 0 0 X X 1 0

d) Forma canònica en suma de productes per a cadascuna de les eixides. Per a l’eixida S, expressem la forma canònica de suma de productes com a sumatori de cadascun dels elements corresponents: Per a l’eixida T, expressem la forma canònica de suma de productes com a sumatori de cadascun dels elements corresponents, a més del sumatori dels elements X:


MUX 16 a 1

e) Implementació amb multiplexors Per a l’eixida S: Formem la nova taula de veritat utilitzant M0 com a variable de dades: M0 B1 B0 M2 M1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 Utilitzant B1 B0 M2 M1 com a variables de selección, i M0 com a variable de dades, construïm el circuit amb el multiplexor: ‘1’ E0 M0 E1 ‘0’ E2 ‘0’ E3 ‘1’ E4 ‘1’ E5 ‘0’ E6 ‘0’ E7 S ‘1’ E8 ‘1’ E9 ‘1’ E10 ‘0’ E11 ‘1’ E12 ‘1’ E13 ‘1’ E14 ‘1’ E15 D C B A B1 B0 M2 M1

Per a les combinacions, ‘0 0’ correspon a un ‘0’ per l’entrada corresponent, ja que sempre ha d’eixir 0; per a ‘0 1’ entrarà la variable utilitzada com a entrada de dades (M0); per a les corresponents a ‘1 0’, entrarà la variable de dades negada, i per a les combinacions ‘1 1’, entrarà un ‘1’ per aquesta entrada.


MUX16 a 1

Per a l’eixida T: Formem la nova taula de veritat utilitzant M0 com a variable de dades: M0 B1 B0 M2 M1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 X 0 0 1 0 X X 0 0 1 1 X X 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 X X 0 1 1 1 X X 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 X X 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 Utilitzant B1 B0 M2 M1 com a variables de selección, i M0 com a variable de dades, construïm el circuit amb el multiplexor, inicialitzant les X com a ‘0’: ‘0’ E0 M0 E1 ‘0’ E2 ‘0’ E3 ‘0’ E4 M0 E5 ‘0’ E6 ‘0’ E7 T ‘0’ E8 ‘0’ E9 M0 E10 ‘0’ E11 ‘0’ E12 ‘0’ E13 ‘0’ E14 M0 E15 D C B A B1 B0 M2 M1


Exercici 2.5 Una empresa vol dissenyar un sistema que permeta establir quin tipus d’aplicació del sector industrial utilitza determinats tipus d’emissors d’infrarojos. Generalment, quan es parla d’equips emissors d’infraroig, se’n distingeixen quatre tipus en funció de la longitud d’ona que utilitzen; així mateix, depenent del tipus, l’eficiència de la radiació està donada per la temperatura amb què funciona. Emissors d’infraroig d’ona curta (1601 ºC – 2000 ºC). Emissors d’infraroig d’ona mitjana ràpida (901 ºC – 1600 ºC). Emissors d’infraroig d’ona mitjana (601 ºC – 900 ºC). Emissors d’infraroig d’ona llarga (0 ºC – 600 ºC).

De cara a la utilització d’una o altra longitud d’ona, l’elecció del tipus d’aplicació que utilitzarà els emissors d’infraroig (dintre de les quals hi ha termofixació de plàstics, assecatge de pintures, laminatge del vidre i preescalfament de soldadures), a més, es deu bàsicament al temps d’irradiació sobre el material en qüestió (momentani / prologat) i a la distància d’irradiació (prop / lluny). Per a l’elecció del tipus d’aplicació cal tenir en compte els apartats següents: Termofixació de plàstics: Necessita ser irradiat en diverses condicions.

A temperatura de 599 ºC: A temperatura de 550 ºC a 754 ºC amb temps momentani i de distància des de lluny. Assecatge de pintures: Necessita ser irradiat en diferents condicions.

A temperatura de 869 ºC A temperatura de 398 ºC a 601 ºC amb temps prolongat i de distància de prop. Laminatge de vidre: Necessita una temperatura oscil·lant entre els 1500 ºC i 1700 ºC, temps d’irradiació momentània, i distància propera o llunyana d’irradiació. Preescalfament de soldadures: Necessita una temperatura entre 1600 ºC i 2000 ºC, temps d’irradiació prolongat, i distància propera o llunyana d’irradiació. Hem de tenir en consideració que quan l’aplicació a irradiar siga laminatge de vidre s’obliga a emetre un senyal d’alarma que indique que ha de tenir-se moltíssima cura amb la temperatura de l’emissor infraroig, ja que un error en aquest pot danyar el material.


Realitzeu els apartats següents: a) Identifiqueu les variables d’entrada i les d’eixida associant els valors adequats a cadascuna d’aquestes. b) Realitzeu la taula de veritat i indiqueu les funcions lògiques associades a les variables d’eixida, en forma de SOP i POS; finalment, mostreu les funcions booleanes simplificades en forma de SOP. c) Implementeu les funcions resultants mitjançant multiplexors de tres entrades de control. d) Implementeu les funcions resultants mitjançant descodificadors de tres entrades.

Solució: a) Variables d’entrada Per als tipus d’emissors infrarojos segons la longitud d’ona que utilitzen, necessitarem dues variables anomenades E3 i E2, de tal manera que cada possibilitat es correspondria amb els valors de la taula: Emissors d’infraroig d’ona curta: OC Emissors d’infraroig d’ona mitjana ràpida: OMR Emissors d’infraroig de ona mitjana: OM Emissors d’infraroig de ona llarga: OL Per al temps d’irradiació sobre el material en qüestió, necessitarem una variable anomenada E1 Temps d’irradiació momentani: TM Temps d’irradiació prolongat: TP Per a la distància d’irradiació sobre el material en qüestió, necessitarem una variable anomenada E0 Distància d’irradiació propera: DC Distància d’irradiació llunyana: DL En resum, necessitarem quatre variables d’entrada.

Tipus d’emissor E3 E2 OC 0 0

OMR 0 1 OM 1 0 OL 1 1

Temps d’irradiació

E1

TM 0 TP 1

Distància d’irradiació

E0

DC 0 DL 1

74 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Variables d’eixida: Per a les aplicacions del sector industrial, necessitarem dues variables d’eixida, anomenades S2, S1, de tal manera que cada possibilitat es correspon amb els valors de la taula: Termofixació de plàstics TRP Assecatge de pintures SP Laminatge del vidre LV Preescalfament de Soldadures PS Ja que ens demanen indicar si l’aplicació en questió és laminatge de vidre, necessitem una altra variable anomenada S0, que rebrà els valors: Sí laminatge de vidre: SLV No laminatge de vidre: NLV

a) Taula de veritat

E3 E2 E1 E0 S2 S1 S0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0

Funcions lògiques Mitjançant suma de productes (SOP):

S2 (E3, E2, E1, E0) = = E3’ E2’ E1’ E0’ + E3’ E2’ E1’ E0 + E3’ E2’ E1 E0’ + E3’ E2’ E1 E0 + E3’ E2 E1’ E0’ + E3’ E2 E1’ E0 + E3’ E2 E1 E0’ + E3’ E2 E1 E0

S1 (E3, E2, E1, E0) = E3’ E2’ E1 E0’ + ¬E3’ E2’ E1 E0 + E3’ E2 E1 E0’ + E3’ E2 E1 E0 + E3 E2’ E1’ E0’ + E3 E2’ E1 E0’ + E3 E2’ E1 E0 + E3 E2 E1 E0’

S0 (E3, E2, E1, E0) = E3’ E2’ E1’ E0’ + E3’ E2’ E1’ E0 +E3’ E2 E1’ E0’ + E3’ E2 E1’ E0

Tipus d’aplicació S2 S1 TRP 0 0 SP 0 1 LV 1 0 PS 1 1

Senyal d’avís S0 SLV 0 NLV 1


Mitjançant producte de sumes (POS):

S2 (E3, E2, E1, E0) = = (E3’ + E2 + E1 + E0) (E3’ + E2 + E1 + E0’) (E3’ E2 E1’ E0) (E3’ + E2 + E1’ + E0’) (E3’ + E2’ + E1 + E0) (E3’ + E2’ + E1 + E0’) (E3’ + E2’ + E1’ + E0) (E3’ + E2’ + E1’ + E0’)

S1 (E3, E2, E1, E0) = = (E3 + E2 + E1 + E0) (E3 + E2 + E1 + E0’) (E3 + E2’ + E1 + E0) (E3 + E2’ + E1 + E0’) (E3’ + E2 + E1 + E0’) (E3’ + E2’ + E1 + E0) (E3’ + E2’ + E1 + E0’) (E3’ + E2’ + E1’ + E0’)

S0 (E3, E2, E1, E0) = = (E3 + E2 + E1’ + E0) (E3 + E2 + E1’ + E0’) (E3 + E2’ + E1’ + E0) (E3 + E2’ + E1’ + E0’) (E3’ + E2 + E1 + E0) (E3’ + E2 + E1 + E0’) (E3’ E2 E1’ E0) (E3’ + E2 + E1’ + E0’) (E3’ + E2’ + E1 + E0) (E3’ + E2’ + E1 + E0’) (E3’ + E2’ + E1’ + E0) (E3’ + E2’ + E1’ + E0’) Funcions booleanes simplificades, mitjançant mapa de Karnaugh (SOP): S2 = E3’ E3E2\E1E0 00 01 11 10

00 1 1 1 1

01 1 1 1 1

11 0 0 0 0

10 0 0 0 0

S1 = E1¬E0 + ¬E2E1 + ¬E3E1 + E3¬E2¬E0 E3E2\E1E0 00 01 11 10

00 0 0 1 1

01 0 0 1 1

11 0 0 0 1

10 1 0 1 1

S0 = ¬E3¬E1 E3E2\E1E0 00 01 11 10

00 1 1 0 0

01 1 1 0 0

11 0 0 0 0

10 0 0 0 0


b) Per a la implementació de la funció mitjançant multiplexors, considerem les variables E3,E2,E1 com a variables de selección, i E0 com a variable de dades, com mostrem en la taula següent:

E0 E0 E0

E3 E2 E1 0 1 S2

0 1 S1

0 1 S0

0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 E0’ 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 E0’ 0 0 0

El circuit utilitza multiplexors 74151:


c) El circuit utilitza descodificadors 74138 i integrats 7408 (AND) que ajunten els valors a ‘0’ de cadascuna de les eixides.


Exercici 2.6 Una empresa pretén dissenyar un sistema de seguretat d’un museu. Aquest museu conté 24 sales numerades d’1 a 24. En aquest museu els membres del personal de seguretat fan rondes controlant si hi ha algú o no. Si el detector de persones nota que hi ha algú en la sala (la qual els guàrdies estan mirant) s’encendran totes les alarmes del museu i es posarà en contacte amb la policia. Es controlen les sales introduint el numero de la sala, i en el cas que s’estiga robant en aquesta sala (hi ha lladres) s’han d’encendre les alarmes del museu. Els números de sala que miren els guàrdies o on estiguen els lladres s’introduiran mitjançant interruptors. Realitzeu el sistema amb multiplexors 74151 i amb descodificadors 74158. Solució:

B4 B3 B2 B1 B0 Sala 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 2 0 0 0 1 0 3 0 0 0 1 1 4 0 0 1 0 0 5 0 0 1 0 1 6 0 0 1 1 0 7 0 0 1 1 1 8 0 1 0 0 0 9 0 1 0 0 1 10 0 1 0 1 0 11 0 1 0 1 1 12 0 1 1 0 0 13 0 1 1 0 1 14 0 1 1 1 0 15 0 1 1 1 1 16 1 0 0 0 0 17 1 0 0 0 1 18 1 0 0 1 0 19 1 0 0 1 1 20 1 0 1 0 0 21 1 0 1 0 1 22 1 0 1 1 0 23 1 0 1 1 1 24

Com que tenim 24 sales, necessitem 25 bits per a poder codificar-les. Si els policies miren dins l’habitació on estan robant els lladres, s’activaran les alarmes.


Els descodificadors 74138 trauen ‘0’ per l’eixida que s’activa mitjançant les entrades. Els multiplexors 74131 trauen el que els entre per l’entrada corresponent. Per això en el primer decodificador (el de l’esquerra) es neguen les eixides, ja que trau ‘0’. En els altres tres descodificadors no s’han negat les eixides perquè caldria posar 24 negadors; llavors el que es fa és negar l’eixida final que ix pel multiplexor, de manera que és com si es negaren les 24 eixides dels descodificadors. ABCDE són les sales on roben els lladres. A és la variable de més pes i E la de menys pes. VWXYZ són les sales on miren els guàrdies de seguretat. V és la variable de més pes i Z la de menys pes. Hem afegit visualitzadors de quatre segments per a veure en quina sala estan els lladres i en quina estan mirant els guàrdies. Quan els números coincidisquen, els lladres són detectats.


Víctor Baña Mármol Exercici 2.7 Una agència de viatges ha anunciat unes ofertes per a Setmana Santa. Es tracta de viatges especials per a parelles, grups escolars, grup jove (d’entre 18 i 26 anys) i per a la tercera edat (majors de 65). No obstant això, l’agència disposa de totes les rutes que ofereix durant tot l’any; això vol dir que no tots els viatges disposen de l’oferta especial. La informació es recull en una taula indicant quins viatges són els especials de Setmana Santa (oferta especial) i per a quin tipus de grup:

BUS

AVIÓ

PARÍS MADRID ROMA PRAGA PARÍS MADRID ROMA PRAGA PARELLES Suspès No oferta Oferta

especial No oferta Oferta

especial Suspès Suspès Oferta

especial GRUPS ESCOLARS

No Oferta

Suspès Oferta especial

Suspès No oferta Suspès Oferta especial

No oferta

GRUPS DE JOVENS

Oferta especial

No oferta Suspès Oferta especial

Suspès No oferta No oferta Suspès

3a EDAT Oferta especial

Oferta especial

No oferta Suspès No oferta Suspès Oferta especial

Suspès

Els viatges, com es pot comprovar en la taula, es podran fer amb autobús o amb avió, i les destinacions són París, Madrid, Roma i Praga. Alguns viatges han sigut suspesos (aquests no disposen de l’oferta especial). El gerent de l’agència, amb la finalitat d’estalviar-se grans cues de persones, ha sol·licitat unes màquines que internament tenen un circuit digital. Els sol·licitants del viatge insereixen en la màquina les dades necessàries i així poden saber, abans de fer la reserva, si aquest ha sigut suspès, si té oferta o si no en té. Ens demanen la realització del circuit per a controlar les reserves mitjançant els apartats sigüents: a) Identifiqueu les variables d’entrada i la variable d’eixida del sistema, i associeu els valors adequats a cadascuna. b) Realitzeu la taula de veritat. c) Simplifiqueu mitjançant Karnaugh (producte de sumes). d) Implementeu el circuit mitjançant multiplexors 74151 (sense utilitzar portes lògiques individuals). Solució: a) Identificació de variables d’entrada: La primera variable d’entrada del circuit és el mitjà de transport. Aquesta variable l’anomenarem A. Com que només hi ha dues possibilitats (bus o avió), amb un bit en tenim prou:

A 0 Bus 1 Avió


La segona variable d’entrada serà el tipus dels viatgers. Necessitem dos bits ‘BC’ per als turistes, ja que n’hi ha quatre tipus.

L’última variable d’entrada serà per a representar la destinació. També necessitarem dos bits per a aquesta variable, ja que les detinacions possibles són 4.

Identificació de variables d’eixida: La primera variable d’eixida és S0; ens indicarà si el viatge seleccionat és correcte o no (si és correcte emet un ‘1’; en cas contrari, emet un ‘0’), ja que si s’ha suspès no es farà.

La segona variable d’eixida és S1; ens dóna la información que volem: indica si el viatge seleccionat és un dels viatges especials de Setmana Santa i té descompte.

b) La taula de veritat la dividirem en dos blocs perquè siga més còmode gestionar les dades que conté (una meitat per als viatges en autobús i l’altra per als vols).

S1 0 viatge sense oferta 1 viatge-oferta especial

S0 0 viatge suspès

1 viatge no suspès

DE 00 París 01 Londres 10 Roma 11 Praga

BC 00 Parelles 01 Grup escolar 10 Grup jove 11 3a edat

82 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Taula per a l’autobús:

A B C D E S0 S1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1

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

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

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

Taula per als vols: c) Simplificació mitjançant Karnaugh per a S0: CDE

A B C D E S1 S2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1

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

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

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

AB 000 001 011 010 110 111 101 100 00 0 0 0 01 0 0 11 0 0 0 0 10 0 0 0


Expressió producte de sumes: S0 = (A’+B’+C’+D’+E’) · (A+B+C’+D’+E’) · (A+B’+D’+E) · (A+B+D+E) · (A’BC’DE’) · (A+B’+C’+D+E’) · (BCDE) · (A’B’CD) · (ACD’E) Simplificació mitjançant Karnaugh per a S1: CDE

Expressió producte de sumes: S1 = (A’+B’+D) ·(A’+B’+E) · (C’+D’+E) · (A+B) · (A+C’+D+E’) · (B+D+E’) · (A’+C+D+E) · (B’+C+E) · (A+C+D’) d) Implementació del circuit:

Comentaris del circuit: El xip que hi ha més a l’esquerra en el circuit és un descodificador 74156; serveix per a activar els multiplexors. La taula de veritat és la següent:

Selecció Strobe Dades Eixides A B G’ C Y0 Y1 Y2 Y3 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0

D’aquesta manera sempre hi haurà dos multiplexors activats: el de l’eixida ‘0’ (viatge suspès o no suspès) i el de l’eixida ‘1’ (viatge amb oferta especial o viatge sense oferta especial). Les eixides dels multiplexors van connectades a un altre multiplexor (que són les entrades de dades). També li entren dues variables de selecció A i B, les mateixes que entren al descodificador 74156; d’aquesta manera, quan el

AB 000 001 011 010 110 111 101 100 00 0 0 0 0 0 0 01 0 0 0 0 11 0 0 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0

84 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors multiplexor activat per aquest decodificador és el que correspon als valors de A i B, per exemple A=0 i B=1, el multiplexor al qual li arriben les quatre eixides dels multiplexors traurà la (0 1), que correspondrà amb el que en aquest moment està activat i amb el resultat final. Finalment, els dos multiplexors que mostren el resultat estan connectats cadascun a una bombeta i a un display perquè es veja més clar el resultat final.


Exercici 2.8 A l’aeroport de l’Altet s’està realitzant una ampliació. A causa del major volum de passatgers és necessari automatitzar alguns avisos entre la torre de control i els pilots, segons la taula:

Pista Ocupada 0 Lliure 1 Temperatura Més de 0 graus 0 Menys de 0 graus 1 Superfície Seca sense vent 00 V Seca amb vent 01 A Mullada sense vent 10 A Mullada amb vent 11 N

Llum VERD pista lliure 000 Llum GROC només 1 incidència 001 Llum TARONJA 2 incidències 010 Llum ROIG 1 o 2 incidències i graus 011 Augmenteu un nivell si la temperatura és negativa Llum negre pista OCUPADA 100

L’adjudicació del treball ix a concurs, de manera que cal realitzar el circuit el més barat possible. En la següent taula es mostren els preus de cada component:

Portes lògiques normals (OR, AND) 1 € Portes lògiques especials (NAND) 1,5 € Multiplexors (2a1) 2 € Multiplexors (4a2) 3 € Descodificadors (2a4) 3 € Inversors, massa, font de tensió (5V) gratis

Si utilitzem deu components del mateix tipus, es fa un descompte de 2 € per cada lot de deu. a) Realitzeu la taula de veritat. b) Realitzeu el circuit amb portes AND i OR. c) Realitzeu el circuit amb portes NAND. d) Realitzeu el circuit amb multiplexors. e) Realitzeu el circuit amb decodificadors. Solució: a) Taula de veritat: Situació P G E1 E0 S2 S1 S0 Pista ocupada +0 seca sense 0 0 0 0 1 0 0 Pista ocupada +0 seca amb 0 0 0 1 1 0 0 Pista ocupada +0 mullada sense 0 0 1 0 1 0 0 Pista ocupada +0 mullada amb 0 0 1 1 1 0 0 Pista ocupada -0 seca sense 0 1 0 0 1 0 0 Pista ocupada -0 seca amb 0 1 0 1 1 0 0 Pista ocupada -0 mullada sense 0 1 1 0 1 0 0 Pista ocupada -0 mullada amb 0 1 1 1 1 0 0 Pista lliure+0 seca sense 1 0 0 0 0 0 0 Pista lliure+0 seca amb 1 0 0 1 0 0 1 Pista lliure+0 mullada sense 1 0 1 0 0 0 1 Pista lliure+0 mullada amb 1 0 1 1 0 1 0 Pista lliure-0 seca sense 1 1 0 0 0 0 1 Pista lliure-0 seca amb 1 1 0 1 0 1 0 Pista lliure-0 mullada sense 1 1 1 0 1 0 0 Pista lliure-0 mullada amb 1 1 1 1 1 0 0

86 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors a) Circuit amb portes lògiques Simplificarem: només realitzarem suma de productes; per tant, farem grupos amb els uns.

S2 = P’ + G·E1

S1 = PGE1’E0 + PG’E1E0

S0 = PGE1’E0’ + PG’E1’E0 + PG’E1E0’ b) Circuit amb portes AND i OR

E1 E0 P G

00 01 11 10

00 1 1 1 1 01 1 1 1 1 11 0 0 1 1 10 0 0 0 0

E1 E0 P G

00 01 11 10

00 0 0 0 0 01 0 0 0 0 11 0 1 0 0 10 0 0 1 0

E1 E0 P G

00 01 11 10

00 0 0 0 0 01 0 0 0 0 11 1 0 0 0 10 0 1 0 1


Cost : 20 portes a 1 € = 20 € Llevem 1 lot de 10 AND: 1 · 2 = 2 20 € - 2 = 18 €

c) Circuit amb portes NAND


Cost : 31 portes NAND a 1,5 € = 46,5 € Tenim 3 lots de 10: 3 per 2 = 6 46,5 € - 6 = 40,5 € d) Circuit amb multiplexors. En primer lloc, realitzarem les taules en funció de l’entrada E0 i en funció de P per a l’eixida 2.

P G E1 E0 0 1

Eixida 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 E0 1 0 1 1 0 E0’ 1 1 0 1 0 E0’ 1 1 1 0 0 0

P G E1 E0 0 1

Eixida 1

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 E0 1 1 0 0 1 E0 1 1 1 0 0 0


G E1 E0 P 0 1

Eixida2

0 0 0 1 0 P’ 0 0 1 1 0 P’ 0 1 0 1 0 P’ 0 1 1 1 0 P’ 1 0 0 1 0 P’ 1 0 1 1 0 P’ 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Realitzarem el circuit amb multiplexors 4 a 2; per a cada eixida es necessitarien 3 xips: dos per a posar totes les dades més un per a dividir l’eixida, però podrem estalviar un xip en cada eixida, ja que la meitat de les entrades són iguals. Observant que la meitat de la taula de veritat està definida pel valor de P, la podrem llevar i deixar les taules de la manera següent:

G E1 E0 S0 0 1

0 0 0 1 E0 0 1 1 0 E0’ 1 0 1 0 E0’ 1 1 0 0 0

G E1 E0 S1 0 1

0 0 0 0 0 0 1 0 1 E0 1 0 0 1 E0 1 1 0 0 0

G E1 E0 S2 0 1

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

En el circuit afegirem l’entrada P. Circuit amb multiplexors 2-a-1

90 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Cost: 12 multiplexors 2-a-1 a 2 € = 24 € Portem 1 lot de 10: 1 per 2 = 2 24 € - 2 = 22 € Circuit amb multiplexors 4-a-2 i 2-a-1

Cost: 3 multiplexors 2-a-1 a 2 € = 6 € 3 multiplexors 4-a-2 a 3 € = 9 € 6 € + 9 € = 15 €

Circuit amb descodificadors 2-a-4 i portes OR

5 Descodificadors 2a4 a 3€ = 15€ | 4 portes OR a 1€ = 4€ | 1 porta OR

Especial = 3€ | 15€ + 4€ + 3€ = 22€ CIRCUIT amb DECODIFICADORS 2‐A‐4 i OR (REVISAt)


3 descodificadors 2a4 a 3 € = 9 € | 4 P. OR a 1 € = 4 € | 9 € + 4 € = 13 € Resumint, tenim aquests costs per als circuits: Circuit amb portes AND i OR 20 portes a 1 € = 20 € | 1 lot de 10 AND: 1 per 2 =2 | 20 € - 2 = 18 € Circuit amb portes NAND 31 portes NAND a 1,5 € = 46,5 € | 3 lots de 10: 3 per 2 = 6 | 46’5 € - 6 = = 40,5 € Circuit amb multiplexors 2-a-1 12 multiplexors 2a1 a 2 € = 24 € | 1 lot de 10: 1 per 2 = 2 | 24 € - 2 = 22 € Circuit amb multiplexors 4-a-2 i 2-a-1 3 multiplexors 2a1 a 2 € = 6 € | 3 multiplexors 4a2 a 3€ = 9€ | 6€ + 9€ = 15€ Circuit amb descodificadors 2-a- 4 i OR 5 descodificadors 2a4 a 3€ = 15€ | 4 portes OR a 1€ = 4€ | 1 porta OR especial = 3€ | 15€ + 4€ + 3€ = 22€ Circuit amb descodificadors 2-a-4 i OR (revisat) 3 descodificadors 2-a-4 a 3€ = 9€ | 4 portes OR a 1€ = 4€ | 9€ + 4€ = 13€ El circuit més econòmic és el de tres descodificadors amb 4 portes OR.


Exercici 2.9 Un taller, a causa de les exigències dels clients per millorar la seua eficàcia quant al sistema d’atenció al client, ha decidit dividir el taller en 4 parts segons el tipus de vehicle a reparar i si la reparació és d’urgència:

En la part A: es troben els vehicles que necessiten una reparació d’urgència. • En la part B: se situaran els cotxes. • En la part C: se situaran les motos. • En la part D: se situaran els camions. Complicacions: A causa del reduït espai en la zona de reparació d’urgència, solament hi ha lloc per a dos vehicles de reparació urgent; per tant, si es donara el cas que hi haguera tres vehicles distints per reparar d’urgència, la moto se situaria en la zona de motos, ja que en aquesta zona tenen els mateixos mitjans per a fer la reparació que en la part de reparacions d’urgència. Realitzeu els apartats següents: a) Determineu les variables d’entrada i les d’eixida. b) Formeu la taula de veritat. c) Obteniu les funcions booleanes en forma de suma de productes i producte de sumes de les eixides, mitjançant taules de Karnaugh. d) Realitzeu el circuit amb descodificadors 74138. e) Realitzeu el circuit amb multiplexors 74151.


a) Les variables d’entrada són les següents: A: Els cotxes que necessiten reparació. B: Les motos que necessiten reparació. C: Els camions que necessiten reparació. D: Els vehicles de reparació d’urgència. Les variables d’eixida són les següents: UR Zona A (zona de reparacions d’urgència). CO Zona B (zona de reparacions de cotxes). MO Zona C (zona de reparacions de motos). CA Zona D (zona de reparacions de camions). b)

Taula de veritat

A B C D UR CO MO CA

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 1

0 0 1 1 1 0 0 0

0 1 0 0 0 0 1 0

0 1 0 1 1 0 0 0

0 1 1 0 0 0 1 1

0 1 1 1 1 0 0 0

1 0 0 0 0 1 0 0

1 0 0 1 1 0 0 0

1 0 1 0 0 1 0 1

1 0 1 1 1 0 0 0

1 1 0 0 0 1 1 0

1 1 0 1 1 0 0 0

1 1 1 0 0 1 1 1

1 1 1 1 1 0 1 0

94 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors c) Taules de Karnaugh

Eixida UR

Suma de productes Producte de sumes (C·*D) + (A·D) + (B·D) (D) · (A+B+C) Eixida CO


Suma de productes Producte de sumes (A·D’) (D’)·(A) Eixida MO

Suma de productes Producte de sumes (B·D’) + (A·B·C) (B) · (C+D’) ·(A+D’)

96 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Eixida CA

Suma de productes Producte de sumes

C·D’ (C) * (D’) d) Utilitzem la variable A per a triar un dels descodificadors mitjançant l’entrada d’habilitació; una cosa que hauríem de tenir en compte és que el descodificador triat activa les eixides per ‘0’ i no per ‘1’. Utilitzem dos descodificadors per cada eixida, és a dir, com que tenim 4 eixides, utilitzarem 8 descodificadors. A més, també emprarem 4 portes NAND per a sumar i negar el valor de l’eixida pel motiu que hem comentat amb anterioritat, 4 leds per a indicar quina eixida està activada i diverses fonts de 5V i diverses masses.


e) Utilitzant els multiplexors, posarem les entrades de selecció en contacte amb les primeres tres entrades, i les entrades de dades del multiplexor en funció de la nostra quarta entrada. D’aquesta forma, i agrupant les combinacions de la taula de veritat de dues en dues podem representar el circuit amb solament un multiplexor per a cada eixida, en lloc d’utilitzar-ne dos com seria normal. Eixida UR

98 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Eixida CO:

Eixida MO:

Eixida CA:



Exercici 2.10 Volem dissenyar un circuit capaç de realitzar el control de la dispensació de gra per a tres corrals distints. El sistema compta amb un bidó, el qual és deure de l’usuari controlar que sempre estiga abastit amb gra suficient. El gra serà dispensat en un canalet que té tres sensors de pes, A, B, C; també tenim un sensor T, que és un sensor horari que detecta si és de dia o si és de nit (T a nivell alt indica nit). Tenim dues eixides, S1 i S2, que posen en marxa el dispensador, el funcionament del qual ha de ser el següent: De dia, el dispensador S1 haurà d’omplir el seu canalet fins a omplir-lo (sensor C) si el nivell de gra descendeix per davall del sensor B, mentre que el sensor S2 haurà de mantenir de dia el gra sempre a nivell més baix (sensor A). A la nit, el sensor S2 haurà de mantenir el seu canalet per damunt del sensor C, i cada vegada que baixe, l’omplirà per complet; mentre que el sensor S1 cessarà l’abastiment de gra. Hem de proposar una solució del sistema complet, mitjançant multiplexors i descodificadors i diferents circuits integrats que es requerisquen. Solució: En primer lloc, establim la taula de veritat per al circuit, la qual sera vàlida tant per a descodificadors com per a multiplexors.

T A B C S1 S2 00 0 0 0 0 1 1 01 0 0 0 1 X X 02 0 0 1 0 X X 03 0 0 1 1 X X 04 0 1 0 0 1 0 05 0 1 0 1 X X 06 0 1 1 0 0 0 07 0 1 1 1 0 0 08 1 0 0 0 0 1 09 1 0 0 1 X X 10 1 0 1 0 X X 11 1 0 1 1 X X 12 1 1 0 0 0 1 13 1 1 0 1 X X 14 1 1 1 0 0 1 15 1 1 1 1 0 0

Procedim ara a implementar el circuit mitjançant multiplexors 74151.


El multiplexor 74151 té 4 entrades, C, B, A, G. Les tres primeres seleccionen l’eixida (D0-D7) que volem mostrar. L’eixida que seleccionem mostrarà el valor que continga; per exemple, si en l’eixida D4 hem introduït prèviament un 1 i la seleccionem, en I obtindrem aquest ‘1’. Necessitarem també portes OR i portes NAND per a posar en cascada els multiplexors, ja que cada multiplexor només té 7 entrades, i en necessitem 14. El circuit és el següent:

Ara implementem el circuit mitjançant descodificadors 74138. El descodificador 74138 té tres entrades de selecció; aquestes entrades habiliten vuit eixides. Aquest codificador està dissenyat per a posar a ‘0’ l’eixida seleccionada per les entrades de selecció CBA, i les eixides restants es posaran a ‘1’. També ens faran falta portes lògiqueshttp://www.torsimany.ua.es/insbil/index.php?lang=es-ca&palabra=nand NAND per a fer negadors i operar.



Exercici 2.11

Una empresa vol canviar el sistema de seguretat del control d’accés a les seues instal·lacions, mitjançant una màquina que crea fitxes per als seus empleats, que els atorga determinades jerarquies i accessos. Hi ha 4 tipus de targetes distintes: A, B, C, D. Al seu torn, el sistema controla l’accés en funció de cinc paràmetres: tasca (convidat, empleat), lloc de treball (administratiu, executiu), control A (sales de visitants, sales auxiliars), control B (despatxos executius, despatxos administratius), seguretat (amb accés a seguretat, sense accés a seguretat). Les targetes de nivell A: accés d’empleat, executiu, amb accés a seguretat i accés a despatxos executius. Les targetes de nivell B: empleat, lloc administratiu, amb accés a sales de despatx d’administració, sense accés a seguretat. Les targetes de nivell C: empleats, accés a despatxos administratius, amb accés a seguretat. Les targetes de nivell D: convidats, amb accés a sales de visitant, i sense accés a seguretat. Ens demanen implementar aquest sistema de seguretat mitjançant un sistema combinacional, que pot incloure els codificadors, multiplexors, descodificadors, demultiplexors i portes lògiques que calguen. Solució: En primer lloc, fem una codificació dels elements: Targetes: Accessos:

C1 C0 A 0 0 B 0 1 C 1 0 D 1 1

Convidat 0 Tasca E

Empleat 1 Administratiu 0 Lloc

D Executiu 1 Sales visitant 0 Control A

C Sales auxiliars 1 Despatxos executius 0 Control B

B Despatxos administratius 1 Accés 0 Seguretat

A Sense accés 1

104 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors Ara elaborem un esquema perquè siga més fácil emplenar la taula de veritat: E D C B A A = 00 1 1 X 0 0 B = 01 1 1 X 1 1 C = 10 1 X 0 1 0 C = 11 0 X 0 X 1 Ara obtenim la taula de veritat: E D C B A C1 C0 00 0 0 0 0 0 x X 01 0 0 0 0 1 1 1 02 0 0 0 1 0 x X 03 0 0 0 1 1 1 1 04 0 0 1 0 0 x X 05 0 0 1 0 1 x X 06 0 0 1 1 0 x X 07 0 0 1 1 1 x X 08 0 1 0 0 0 X x 09 0 1 0 0 1 1 1 10 0 1 0 1 0 x X 11 0 1 0 1 1 1 1 12 0 1 1 0 0 x X 13 0 1 1 0 1 X x 14 0 1 1 1 0 x X 15 0 1 1 1 1 X x 16 1 0 0 0 0 x X 17 1 0 0 0 1 x X 18 1 0 0 1 0 1 0 19 1 0 0 1 1 x X 20 1 0 1 0 0 x X 21 1 0 1 0 1 X x 22 1 0 1 1 0 x X 23 1 0 1 1 1 X x 24 1 1 0 0 0 0 0 25 1 1 0 0 1 x X 26 1 1 0 1 0 1 0 27 1 1 0 1 1 0 1 28 1 1 1 0 0 0 0 29 1 1 1 0 1 X x 30 1 1 1 1 0 x x 31 1 1 1 1 1 0 1 Hem decidit que, per a resoldre el problema, utilitzarem multiplexors. La raó és que, en utilitzar multiplexors, podem simplificar les línies d’entrada i convertir 5 entrades en 4, la qual cosa significa passar de 32 elements a 16; d’aquesta manera, simplifiquem de manera significativa la complexitat del sistema. E D C B C1* C0* 00 0 0 0 0 A A 01 0 0 0 1 A A 02 0 0 1 0 X X 03 0 0 1 1 X X 04 0 1 0 0 A A


05 0 1 0 1 A A 06 0 1 1 0 X 0 07 0 1 1 1 X 0 08 1 0 0 0 X 0 09 1 0 0 1 ¬A 0 10 1 0 1 0 X 0 11 1 0 1 1 X 0 12 1 1 0 0 0 A 13 1 1 0 1 ¬A A 14 1 1 1 0 0 0 15 1 1 1 1 0 A El multiplexor 74151 té 4 entrades: C, B, A, G. Les 3 primeres seleccionen l’entrada (D0-D7) que volem mostrar per l’eixida. L’eixida que seleccionem mostrarà el valor que continga; per exemple, si en l’entrada D4 hem introduït previament un ‘1’ i la seleccionem, en l’eixida obtindrem el mateix ‘1’. El circuit queda de la manera següent:


Exercici 2.12 Un banc vol connectar els sistemes de seguretat de les seues instal·lacions amb diferents alarmes que avisen un determinat cos de seguretat. El banc disposa dels següents sensors: fum, soroll, moviment i sensor de hacking del sistema de seguretat. A més, el sistema ha d’avisar la seguretat privada, els bombers o la policia. Aquests sensors haurien d’activar determinades alarmes que avisaran el cos corresponent segons les indicacions següents: sempre que s’active una alarma s’avisarà emembres de seguretat, excepte quan s’active el sensor de hacking i l’alarma de fum. Si hi ha fum s’avisarà els bombers. En el cas d’intent de hacking del sistema de seguretat o si s’activa el sensor de moviment s’avisarà la policia. a) Identifiqueu les entrades i les eixides i realitzeu les taules de veritat i la simplificació de cada equació d’eixida. b) Implementeu el circuit amb portes lògiques. c) Implementeu el circuit corresponent amb multiplexors 8-a-1. Solució: a) Les entradas seran els quatre sensors. Fum →A Soroll → B Moviment → C Hacking → D Les eixides seran: Seguretat privada → S0 Bombers → S1 Policia → S2 La taula de veritat resultant és la següent:

A B C D S0 S1 S20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1


Utilitzem Karnaugh per a simplificar: S0

S0=A’D+A’C+A’B+AD’

S1

S1=A S2

S2=D+C b)

Seguretat

Bombers

Policia

108 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors c)

S0

A B C Ent0 0 0 0 1 D 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 D’ 1 0 1 1 0 D’ 1 1 0 1 0 D’ 1 1 1 1 0 D’

S1

A B C Ent0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1

S2

A B C Ent0 0 0 0 1 D 0 0 1 1 1 1 0 1 0 0 1 D 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 D 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 D 1 1 1 1 1 1



Exercici 2.13 En l’alta competició de la Fórmula 1 es poden presentar diversos problemes en la pista en el moment d’una carrera, on poden arribar a competir fins a 20 monoplaces. Aquests problemes que es poden veure són la pluja i els accidents. La pluja pot presentar 4 nivells depenent de la força que tinga, als quals la FIA (Federació Internacional d’Automobilisme) ja té assignats noms: carrera sense pluja, pluja lleu, pluja intermèdia i pluja extrema. Així mateix passa amb els accidents, dels quals es presenten dos tipus: accident lleu (en els quals el pilot no té problemes per a eixir del cotxe i queda allunyat de la pista) i accident greu (el pilot té algun problema per a eixir del monoplaça, o queda en un lloc complicat de la pista, i fins i tot amb restes de cotxe en l’asfalt). Per a aquests problemes hi ha diferents mesures de seguretat segons el nivell de gravetat. Els elements de seguretat que poden intervenir en una carrera són: el Safety Car (cotxe de seguretat), els comissaris (ajudant el pilot, allunyant el monoplaça de la pista) i la grua (que llevarà el cotxe de la pista). El Safety Car eixirà si no hi ha pluja, però sí quan hi ha un accident lleu i un greu, en cas que hi haja un nivell de pluja lleu i com a mínim un accident, i sempre que el nivell de pluja siga intermèdia o extrema. Els comissaris eixiran si no hi ha pluja o si la pluja és lleu, i hi ha com a mínim un accident. No eixiran mai si el nivell de pluja és intermedi o extrem a causa de la poca visibilitat que hi hauria en aquest moment, i amb risc de témer per la seua vida. I per últim, la grua eixirà sempre que es produïsca un accident greu, o si es produeix un accident lleu i el nivell de pluja és intermedi o extrem. a) Identifiqueu les variables d’entrada i eixida del problema, i associeu els valors adequats a cadascuna. b) Determineu la taula de veritat i les funcions booleanes. c) Implementeu el circuit amb portes lògiques. d) Implementeu el circuit amb multiplexors 74151. Solució: a) Les variables d’entrada seran les següents: Nivell de pluja:

R1R0 Explicació 0 0 No hi ha pluja 0 1 Pluja lleugera 1 0 Pluja mitjana 1 1 Pluja extrema

Accident lleu:

L Explicació 0 No hi ha cap accident lleu 1 Hi ha un accident lleu


Accident greu:

G Explicació 0 No hi ha cap accidente greu 1 Hi ha un accident greu

Les variables d’eixida seran les que es mostren a continuació: Safety Car (cotxe de seguretat):

SC Explicació 0 No ix el Safety Car 1 Ix a la pista el Safety Car

Comissaris:

CM Explicació 0 No ixen els comissaris 1 Ixen a la pista els comissaris

Grua:

GR Explicació 0 No ix la grua 1 Ix a la pista la grua

b) Taula de veritat:

R1 R0 L G SC CM GR 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1

Mapes de Karnaugh: Per a la variable SC: R1R0 \ LG 00 01 11 10 00 0 0 1 0 01 0 1 1 1 11 1 1 1 1 10 1 1 1 1

112 Exercicis resolts per a assignatures de fonaments dels computadors SC = R1 + R0G + R0L + LG Per a la variable CM: R1R0 \ LG 00 01 11 10 00 0 1 1 1 01 0 1 1 1 11 0 0 0 0 10 0 0 0 0 CM = R1’G + R1’L Per a la variable GR: R1R0 \ LG 00 01 11 10 00 0 1 1 0 01 0 1 1 0 11 0 1 1 1 10 0 1 1 1 GR = G + R1L c) Circuit amb portes lògiques:


d) Circuit amb multiplexors 74151:

Transformem la taula de veritat de cada variable al format de taula de veritat específica per a introduir les dades en els multiplexors: G G G R1 R0 L 0 1 SC R1 R0 L 0 1 CM R1 R0 L 0 1 GR 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 G 0 0 0 0 1 G 0 0 1 0 1 G 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 G 0 1 0 0 1 G 0 1 0 0 1 G 0 1 0 0 1 G 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 G 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 G 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 G 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1

115

Bibliografia

ANGULO USATEGUI, José María – GARCÍA ZUBÍA, Javier – ANGULO MARTÍNEZ, Ignacio, Fundamentos y estructura de computadores, Thomson-Paraninfo, 2003.

DE MIGUEL ANASAGASTI, Pedro, Fundamentos de los computadores, 9a

ed., Thomson-Paraninfo, 2004. PRIETO ESPINOSA, Alberto – LLORIS RUIZ, Antonio – TORRES CANTERO

Juan Carlos, Introducción a la informática, 4a ed., McGraw-Hill, 2006.

FLOYD, Thomas, Fundamentos de sistemas digitales, 6a ed., Prentice

Hall, 2006.

Documents

EXERCICIS RESOLTS PER A ASSIGNATURES DE ...rua.ua.es/dspace/bitstream/10045/17498/1/Núm.123...Per això, un grup de professors amb una destacada experiència docent i investigadora