solución al primer examen semanal del 2º periodo...

Solución al Primer Examen Semanal del 2º Periodo Parcial

TE.1010 Sistemas Digitales

Dr. Andrés David García García

Departamento de Mecatrónica

Problema 1:

• Detector de doble secuencia: 3 bits y 4 bits.• Determinar las secuencias:

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

Una secuencia termina en ‘1’, la otra termina en ‘0’

Para la secuencia que termina en ‘1’, analizamos el valor del bit en el ciclo de reloj precedente.

¿Cada Vez que se recibe “01” se enciente la salida?

Se debe revisar el valor del bit un ciclo de reloj más hacia atrás.

Cumple No Cumple

Problema 1:

• Detector de doble secuencia:• Secuencia de 3 bits:

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

Entonces determinamos que, para todos los casos “101”, Z = ‘1’.

Se valida la secuencia de 3 bits: “101”.

Segunda secuencia: podemos observar que la secuencia termina en ´0´ precedida por un ´1´pero no en todos los casos se cumple.

Cumple No Cumple

Problema 1:

• Detector de doble secuencia:

• Secuencia de 4 bits:

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

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

Z 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0

Entonces tenemos que buscar un bit hacia el pasado.

Vemos que existen casos en donde la secuencia “110” no enciende la salida Z.

Finalmente, al retroceder un bit más hacia el pasado, encontramos que la secuencia es “0110”.

Cumple

No CumpleCumple

Problema 1:

• En base al análisis anterior, tenemos que las 2 secuencias son:• 101• 0110

• Considerando el diagrama de estados proporcionado, se debe buscar los valores que permiten la transición entre los estados de la máquina de Mealy.

• Del estado “S0” deben salir las opciones para cuando X = ‘0’, y para cuando X = ‘1’.

S0

S1S5

S2S4

S3

Problema 1:

• Podemos notar que los estados S5 y S1 sirven para probar los bits de inicio de ambas secuencias.

• Ambas secuencias inician y terminan con el mismo valor ‘0’ ó‘1’.

• Los últimos 2 bits de la secuencia “0110” forman parte de la secuencia “101”.

• Los últimos 2 bits de la secuencia “101” formar parte de la mitad de la secuencia de 4 bits.

S0

S1S5

S2S4

S3

Problema 1:

• Secuencia “101”:S0

S1S5

S2S4

S3

S0

S1

1/0

1/0

S2 0/0

1/1

0/0

0/0

Bit de inicio de “0110”

Segundo bit de “0110”

Estas ramas deben conectar con la secuencia “0110”

Problema 1:

• Secuencia “0110”:S0

S1S5

S2S4

S3

Bit de inicio de “101”

Segundo bit de “101”

Estas ramas deben conectar con la secuencia “0110”

S0

S1

1/0

1/0S2

0/0

0/0

0/1S2

1/0

1/0

0/0

Problema 1:

• Secuencia “0110” y “101”:

Espejo

S0

S S

0/01/0

0/01/0

S S

1/00/0

0/0

1/1

Podemos comenzar a asociar la secuencia “101” hacia la secuencia “0110”.

S0

S1

1/0

1/0S2

0/0

0/0

0/1S2

1/0

1/0

0/0

Problema 1:

• Secuencias:

Espejo

S0

S S

0/01/0

0/01/0

S S

1/00/0

0/0

1/1

S1/0

0/0

0/1

S0

S1

1/0

1/0S2

0/0

0/0

0/1S2

1/0

1/0

0/0

Y aquí podemos asociar las salidas de la secuencia “0110” que cumplen con la secuencia “101”.

Problema 1:

• Resultado:S0

S1S5

S2S4

S3

S0

S5 S1

0/01/0

0/01/0

S4 S2

1/00/0

0/0

1/1

S31/0

0/0

0/1

1/0

Problema 1:

• Tabla de verdad:

S0

S5 S1

0/01/0

0/01/0

S4 S2

1/00/0

0/0

1/1

S31/0

0/0

0/1

1/0

ESTADOS Estados

A B C

Edo FuturoX = ‘0’

A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0

Problema 1:

• Tabla de verdad para FlipFlop JK:

Estados

A B C


A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

Edo F JKX = ‘0’Ja Ka

Edo F JKX = ‘0’Jb Kb

Edo F JKX = ‘0’Jc Kc

Edo F JKX = ‘1’Ja Ka

Edo F JKX = ‘1’Jb Kb

Edo F JKX = ‘1’Jc Kc

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 X 0 X 1 X 1 X 0 X 1 X

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 X 0 X X 0 0 X 1 X X 1

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 X X 1 0 X 0 X X 0 1 X

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 1 X X 1 X 1 1 X X 1 X 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 X 1 0 X 1 X X 1 1 X 0 X

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 X 0 0 X X 1 X 0 0 X X 0

J K Q Q+

0 X 0 0

1 X 0 1

X 1 1 0

X 0 1 1

JA = B (/X + C) + /B/C X

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1

1 1 X X X X

1 0 X X X X

JB = X (A XOR C)

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 0 1 0

0 1 X X X X

1 1 X X X X

1 0 0 1 0 0

KA=/C

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 X X X X

0 1 X X X X

1 1 X X X X

1 0 1 1 0 0

KB= C + /X

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 X X X X

0 1 1 0 1 1

1 1 X X X X

1 0 X X X X

JC = /A X + /B/X

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 1 1 X X

0 1 0 1 X X

1 1 X X X X

1 0 1 0 X X

KC=/X (B + A) + /A /B X

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 X X 1 0

0 1 X X 0 1

1 1 X X X X

1 0 X X 0 1

Problema 1: Mapas de Karnaugh para Flip-Flops JK:

A+ = B (C + /X) + /A /B /C X + A C

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1

1 1 X X X X

1 0 0 0 1 1

B+= /A /B C X + /C X (B + A)

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 0 1 0

0 1 0 1 0 0

1 1 X X X X

1 0 0 1 0 0

C+ = (/A /B) (/C + /X) + /A B X + A(/C /X + C X)

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 1 1 0 1

0 1 0 1 1 0

1 1 X X X X

1 0 1 0 1

Z = A /C X + B C /X

A,B/C,X 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 1

1 1 X X X X

1 0 0 1 0 0

Problema 1: Mapas de Karnaugh para Flip-Flops D:

La ecuación lógica de la salida es independiente del tipo de Fli-Flop que

se esté considerando en el diseño.

Problema 1:

• Diseño con MUX 4:1 para FF-D:

ESTADOS Estados

A B C


A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0

A B

C X

C X

C X A+0 0 00 1 11 0 01 1 0

A+

C X A+0 0 10 1 01 0 11 1 1

Problema 1:


ESTADOS Estados

A B C


A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0

C X A+0 0 00 1 01 0 11 1 1

A B

C X

C X

C X

A+

Como la combinación “11” no

existe se considera Don’t Care

A B

C X

C X

Problema 1:


ESTADOS Estados

A B C


A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0

C X A+0 0 00 1 01 0 01 1 1

B+

C X A+0 0 00 1 11 0 01 1 0

C X A+0 0 00 1 11 0 01 1 0



A B

C X

C X

C X

Problema 1:


ESTADOS Estados

A B C


A+ B+ C+


A+ B+ C+

X = ‘0’

Z

X = ‘1’

Z

S0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0

S1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0

S2 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0

S3 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0

S4 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1

S5 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0

C X A+0 0 10 1 11 0 11 1 0

C+

C X A+0 0 00 1 11 0 01 1 1

C X A+0 0 10 1 01 0 01 1 1



Problema 2:

• Detector de secuencias de 2 bits.• Determinar las secuencias:

La secuencia de Z1 termina en “11”.

La secuencia de Z0 termina en “01”

Existen casos en que X = “11” que no provocan que Z1 se enciendaExisten casos en que X = “01” que no provocan que Z0 se encienda

Por ende, debemos suponer que la secuencia de 2 bits en paralelo requiere buscar otro símbolo de 2 bits más hacia el pasado.

X1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0

X0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0

Z1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

Z0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

Problema 2:

• Detector de secuencias de 2 bits.• Secuencia de Z1:

La secuencia de Z1 termina en “11”.

Si nos trasladamos una posición hacia el pasado encontramos que la combinación que precede a “11” es “01”.

Podemos ver que la secuencia que cumple, para todos los casos con Z1 = ‘1’ es:“01”, “11”

Entonces la secuencia inicia con “01” y es de tan solo 2 símbolos de 2 bits.

X1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0

X0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0

Z1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

Z0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

Problema 2:

• Detector de secuencias de 2 bits.• Secuencia de Z0:

La secuencia de Z0 termina en “01”

Si nos trasladamos una posición hacia el pasado encontramos que la combinación que precede a “01” es “01”.

X1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0

X0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0

Z1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0

Z0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0

Podemos ver que la secuencia que cumple, para todos los casos con Z0 = ‘1’ es:“01”, “01”

Entonces la secuencia inicia con “01” y es de tan solo 2 palabras o símbolos de 2 bits.

Problema 2:

• En base al análisis anterior, tenemos que las 2 secuencias son:• “01”, “11” para Z1• “01”, “01” para Z0

• Considerando el diagrama de estados proporcionado, se debe buscar los valores que permiten la transición entre los estados de la máquina de Moore.

• Del estado “S0” deben salir las opciones para cuando X = “00”, “01”, “10”, “11”.

SO

0,0

S1

0,0

S2

1,0

S3

0,1

Problema 2:

• Como ambas secuencias inician con el símbolo “01”, la transición de S0 a S1 está determinada por esa combinación de entrada.

• La flecha que hace que el estado futuro de S0 siga siendo el mismo debe representar entonces los valores de los símbolos de 2 bits que no cumplen con el inicio de alguna de las secuencias:• “00”, “10”, y “11”

SO

0,0

S1

0,0

S2

1,0

S3

0,1

Problema 2:

• Siendo una máquina de Moore, la solución, dado el diagrama de estados es más simple que el problema 1.

• El estado S3 representa el cumplimiento de la secuencia de Z0, mientras que el estado S2 el de Z1.

• Para llegar a S2: “01”, “11”

• Para llegar a S3: “01”, “01”

SO

0,0

S1

0,0

S2

1,0

S3

0,1

Problema 2:

• Demos entonces valores a las ramas de transición:

SO

0,0

S1

0,0

S2

1,0

S3

0,1

001011

01

01 01

11

Para llegar a S2 debió acumularse los símbolos 01 y 11.

Para llegar a S3 debió acumularse los símbolos 01 y 01.

Problema 2:

ESTADOS Estados

A B

Edo FuturoX1,X0 ’0’,’0’

A+ B+


A+ B+


A+ B+


A+ B+ Z1 Z0

S0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

S1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0

S2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

S3 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1

Problema 2:Q Q+ T

0 0 0

0 1 1

1 0 1

1 1 0

Edos Edos

A B


A+ B+


A+ B+


A+ B+


A+ B+ Z1 Z0

Edo FX1,X0 ’0’,’0’

TA TB

Edo FX1,X0 ’0’,’1’

TA TB

Edo FX1,X0 ’1’,’0’TA TB

Edo FX1,X0 ’1’,’1’

TA TB

S0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0

S1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1

S2 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0

S3 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1

TA =A /B + A /X0 + /A B X0

A,B/X1,X0 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 0 0 0

0 1 0 1 1 0

1 1 1 0 0 1

1 0 1 1 1 1

TB = /X1 X0 /B + B X1 + B /X0

A,B/X1,X0 0 0 0 1 1 1 1 0

0 0 0 1 0 0

0 1 1 0 1 1

1 1 1 0 1 1

1 0 0 1 0 0

Z1 = A /B

A/B 0 1

0 0 0

1 1 0

Z0 = A B

A/B 0 1

0 0 0

1 0 1

solución al primer examen semanal del 2º periodo...

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