SISTEMAS DIGITAIS
EXERC´
ICIOS RESOLVIDOS
Carlos Sˆerro
Guilherme Arroz
Ver s˜ao 0.1
12 de Agosto de 2005
Instituto Superior T´ecnico
Departamento de Engenharia Electrot´ecnica
e de Computadores
TagusPark
Porto Salvo
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Tipologia: Exercícios
Antes de 2010
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SISTEMAS DIGITAIS
EXERC´ICIOS RESOLVIDOS
Carlos Sˆerro
Guilherme Arroz
Vers˜ao 0. 12 de Agosto de 2005
Instituto Superior T´ecnico
Departamento de Engenharia Electrot´ecnica
e de Computadores
TagusPark
Porto Salvo
Historial
12 de Agosto de 2005 v0.1 Foram acrescentadas mais exerc´ıcios resolvidos 22 de Fevereiro de 2005 v0.0 Vers˜ao original
Referˆencias
Endere¸co de e-mail: cas @ digitais.ist.utl.pt
P´agina da cadeira de Sistemas Digitais: http://sd.tagus.ist.utl.pt
Vers˜ao 0, revis˜ao 1, de 12 de Agosto de 2005
iv
- 1 SISTEMAS DE NUMERAC¸ ˜AO Indice
- 2 C ´ODIGOS
- 3 ALGEBRA DE BOOLE BIN ´ ARIA´
- 4 REPRESENTAC¸ ˜AO DAS FUNC¸ ˜OES
- 5 M´ETODO DE KARNAUGH
- 7 L ´OGICA DE POLARIDADE
- 9 CODIFICADORES E DESCODIFICADORES
- 10 MULTIPLEXERS E DEMULTIPLEXERS
- 12 LATCHES
- 13 FLIP-FLOPS
- 14 CONTADORES
- 15 REGISTOS
- 16 CIRCUITOS SEQUENCIAIS S´INCRONOS
- 19 M ´AQUINAS DE ESTADOS
Cap´ıtulo 1
Sistemas de Numera¸c˜ao
1.1 Escrever os seguintes n´umeros em forma polinomial:
a) (^23) (10); b) 4 087(10); c) 39 , (^28) (10); d) (^36) (8); e) E5, (^3) (16); f) 255 , (^6) (7); g) 1 023, (^003) (4).
Resolu¸c˜ao: a) 23(10) = 2 × 101 + 3 × 100 = 20(10) + 3(10). 1.1 a)
1.1 b) b) 4 087(10) = 4 × 103 + 8 × 101 + 7 × 100 = 4 000(10) + 80(10) + 7(10).
1.1 c)
c) 39, (^28) (10) = 3× 101 +9× 100 +2× 10 −^1 +8× 10 −^2 = 30(10) +9(10) ++ 0, (^2) (10) + 0 , (^08) (10).
1.1 d)
d) 36(8) = 3 × 81 + 6 × 80 = 24(10) + 6(10) = 30(10).
1.1 e)
e) E5, (^3) (16) = 14 × 161 + 5 × 160 + 3 × 16 −^1 = 224(10) + 5(10) + 3 × 0 , (^0625) (10) = = 229, (^1875) (10).
1.1 f )
(f) 255, (^6) (7) = 2 × 72 + 5 × 71 + 5 × 70 + 6 × 7 −^1 (^98) (10) + 35(10) + 5(10) + 6 × × 0 , (^14286) (10) = 138, (^14286) (10).
(g) 1 023, (^003) (4) = 1 × (^4) 1.1 g)
3 + 2 × 41 + 3 × 40 + 3 × 4 − 3 = 64(10) + 8(10) + 3(10) +
+ 3 × 0 , 015625 (10) = 75, 046875 (10).
1.4 Determinar as bases b e c em:
a) 5A(16) = 132(b); b) (^20) (10) = 110(c).
Resolu¸c˜ao: a) Como sabemos, no sistema hexadecimal temos as seguintes cor- 1.4 a) respondˆencias:
A(16) <> (^10) (10) B(16) <> (^11) (10)
N˜ao esquecer que 10(10) e 11(10) s˜ao duas sequˆencias de dois d´ıgitos decimais, enquanto que A(16) e B(16) s˜ao dois d´ıgitos hexadecimais.
2 CAP´ITULO 1. SISTEMAS DE NUMERAC¸ ˜AO
Atendendo `a defini¸c˜ao de sistema de numera¸c˜ao ponderado temos que
5A(16) = 5(10) × 161 + 10(10) × 160 = 80(10) + 10(10) = 90(10).
Por outro lado, e pela mesma defini¸c˜ao, temos que
(^132) (b) = 1 × b^2 + 3 × b + 2
na base 10. Logo, podemos estabelecer a seguinte igualdade:
b^2 + 3 b + 2 = 90(10)
de que resulta b 1 = − (^11) (10) e b 2 = +8(10). Apenas consideramos a solu¸c˜ao b = 8(10), embora haja sistemas de numera¸c˜ao com bases que s˜ao inteiros negativos.
1.4 b) (b) Atendendo `a defini¸c˜ao de sistema de numera¸c˜ao ponderado, temos que
(^110) (c) = 1 × c^2 + 1 × c + 0 = c^2 + c ,
de onde resulta que c^2 + c = 20(10) e c 1 = − (^5) (10) e c 2 = 4(10). Tal como na al´ınea anterior, apenas consideramos a solu¸c˜ao c = 4(10), embora haja sistemas de numera¸c˜ao com bases inteiras negativas.
1.10 O resultado da leitura do valor de uma tens˜ao el´ectrica ´e de 25,76 V. Rep- resentar em bin´ario esse valor. 1.10 Resolu¸c˜ao: Comecemos por converter a parte inteira do n´umero dado: 25(10) <> <> (^11001) (2). Passemos agora `a parte fraccion´aria. Pelo m´etodo das multiplica¸c˜oes sucessivas obtemos:
0 , 76 × 2 = 1, 52 → d− 1 = 1 0 , 52 × 2 = 1, 04 → d− 2 = 1 0 , 04 × 2 = 0, 08 → d− 3 = 0 0 , 08 × 2 = 0, 16 → d− 4 = 0 0 , 16 × 2 = 0, 32 → d− 5 = 0 0 , 32 × 2 = 0, 64 → d− 6 = 0 0 , 64 × 2 = 1, 28 → d− 7 = 1.
Devemos notar que o n´umero dado possui uma precis˜ao de 1 parte em 100, ou seja, 1/100. Por outro lado, este n´umero resultou de uma leitura num volt´ımetro, logo existe um significado f´ısico associado `a d´ızima obtida (n˜ao se conseguiu, no processo de leitura, obter uma precis˜ao superior). Por conseguinte, na convers˜ao do n´umero para a base 2 n˜ao devemos “inventar” precis˜ao. Ou seja, devemos assegurar-nos que a parte fraccion´aria do n´umero bin´ario a obter deve conter 6 bits e n˜ao mais (com 6 bits obtemos uma precis˜ao
4 CAP´ITULO 1. SISTEMAS DE NUMERAC¸ ˜AO
5 × 52 − 5 b × 5 + b^2 + 2 b + 5 = 0 125 − 25 b + b^2 + 2 b + 5 = 0 b^2 − 23 b + 130 = 0
de onde se conclui que b 1 = 13 e b 2 = 10.
5 × 82 − 5 b × 8 + b^2 + 2 b + 5 = 0 320 − 40 b + b^2 + 2 b + 5 = 0 b^2 − 38 b + 325 = 0
de onde se conclui que b 1 = 25 e b 2 = 13. S´o b = 13 pode constituir solu¸c˜ao do problema. Logo, os marcianos possuiam, muito provavelmente, 13 dedos (um n´umero ´ımpar de dedos n˜ao devia dar muito jeito, mas enfim ...).
1.14 Como sabe do exerc´ıcio anterior, a primeira expedi¸c˜ao a Marte provou a existˆencia de antigas civiliza¸c˜oes inteligentes no planeta vermelho. Uma das de- scobertas mais importantes consistiu em perceber que os marcianos usavam um sistema de numera¸c˜ao com 13 s´ımbolos, incluindo os s´ımbolos 0 a 9, tal como n´os usamos na Terra, e ainda os s´ımbolos, c©, e ˇL. Por outro lado, conseguiu- se provar que os marcianos conheciam as opera¸c˜oes aritm´eticas de adi¸c˜ao e de subtrac¸c˜ao. Tendo a expedi¸c˜ao terrestre encontrado o seguinte fragmento de uma opera¸c˜ao de adi¸c˜ao gravada numa rocha,
Lˇ 9 3 5
- 9 ˇL 4 ©c © c 9 6 4 2 3
decidiu enviar esse fragmento para a Terra para ser decifrado (os espa¸cos em branco correspondem a s´ımbolos que n˜ao se conseguiram ler). Refa¸ca a adi¸c˜ao preenchendo os fragmentos da opera¸c˜ao que n˜ao puderam ser recuperados pela expedi¸c˜ao terrestre, e diga quais os valores que descobriu para os s´ımbolos ©c, e ˇL.
1.14 Resolu¸c˜ao: Neste sistema de base 13 como este, conhecemos todos os s´ımbolos. Em particular, sabemos que 0(13) = 0(10), 1(13) = 1(10),... , 9(13) = 9(10). Por´em, n˜ao sabemos (por enquanto) o significado dos s´ımbolos c©, e ˇL. Ape- nas sabemos que um deles corresponde ao 10(10), outro ao 11(10) e o terceiro ao (^12) (10). Comecemos por analisar a coluna mais `a direita na adi¸c˜ao, 5+ c© = 3. Dado que (^3) (13) < (^5) (13) e que 3(13) < ©c(13), esta adi¸c˜ao produz um transporte, gerando um resultado real igual a 13(13). Logo, 5(13) + c©(13) = 13(13). Mas como (^13) (13) = 16(10), segue-se que 5(10) + c©(13) = 16(10) e
©c(13) = 11(10).
Passemos `a coluna seguinte,? + 4 = 2. Como existiu um transporte da coluna anterior, temos 1(13)+?(13) + 4(13) = 12(13) (tamb´em esta coluna gera um trans- porte, porque 2(13) < (^4) (13)). Como 12(13) = 15(10), segue-se que? = 10(10) (o que n˜ao adianta muito saber, mas enfim ...).
Passemos `a terceira coluna, 3+? = 4. Como existiu um transporte para ela, temos, realmente, 1(13) + 3(13)+?(13) = 4(13), e ?(13) = 0, n˜ao se gerando agora transporte.
Na quarta coluna temos 9 + ˇL = 6. Como 6 < 9 e 6 < Lˇ, ent˜ao temos, na realidade, 9(13)+ ˇL(13) = 16(13) (´e gerado um transporte), e como 16(13) = 19(10), ent˜ao Lˇ(13) = 10(10).
Na quinta coluna temos + 9 = 9. Com o transporte que veio da quarta coluna temos, na realidade, 1(13) + (13) + 9(13) = 19(13) (mais um transporte que ´e gerado), e como 19(13) = 22(10), ent˜ao
(13) = 12(10).
Na ´ultima coluna temos ˇL(13)+?(13) + 1(13) = c©(13). Por outro lado, j´a deter- min´amos que ©c(13) = 11(10) e que Lˇ(13) = 10(10). Segue-se que existia um 0 nessa coluna.
1.20 Representar os n´umeros decimais +5, −5, +54 e −54 em nota¸c˜ao de com- plemento para 2 com:
a) 4 bits; b) 5 bits; c) 6 bits; d) 7 bits; e) 10 bits; f) 15 bits.
Resolu¸c˜ao: a) Temos +5(10) <> (^0101) (C2) e − (^5) (10) <> (^1011) (C2) (notemos que 1.20 a) 1011 foi formado por complementa¸c˜ao para 2 de 0101).
+54(10) e − (^54) (10) n˜ao se conseguem representar com 4 bits nesta nota¸c˜ao. Com efeito, na nota¸c˜ao de complemento para 2 o intervalo de representa¸c˜ao ´e
[
− 2 n−^1 , +(2n−^1 − 1)
]
, o que, para 4 bits, d´a [− 8 , +7].
b) Temos +5(10) <> (^00101) (C2) e − (^5) (10) <> (^11011) (C2) (mais uma vez, 11011 1.20 b) foi formado por complementa¸c˜ao para 2 de 00101).
Comparemos a representa¸c˜ao destes n´umeros com 5 bits e a representa¸c˜ao com 4 bits da al´ınea anterior, para constatar que as representa¸c˜oes s˜ao idˆenticas, excepto pelo bit de sinal que, com 5 bits, ficou duplicado.
Mais uma vez, +54(10) e − (^54) (10) n˜ao se conseguem representar com 5 bits nesta nota¸c˜ao porque o intervalo de representa¸c˜ao em complemento para 2 com 5 bits ´e igual a [− 16 , +15].
c) Se reproduzirmos os resultados da al´ınea anterior duplicando, mais uma vez, 1.20 c) o bit de sinal dos n´umeros, obtemos o resultado correcto com 6 bits: +5(10) <> <> (^000101) (C2) e − (^5) (10) <> (^111011) (C2).
Tamb´em agora n˜ao conseguimos representar +54(10) e − (^54) (10) com 6 bits nesta nota¸c˜ao porque o intervalo de representa¸c˜ao em complemento para 2 com 6 bits ´e [− 32 , +31].
e
1 1 0 0 1 0 (C2) <> − 14 (10)
+ 0 0 1 0 1 0 (C2) <> + +10 (10)
1 1 1 1 0 0 (C2) <> − 4 (10)
0 0 0 1 0
Notemos como a subtrac¸c˜ao, tal como a soma, n˜ao leva em linha de conta um eventual transporte para al´em do bit mais significativo.
8 CAP´ITULO 1. SISTEMAS DE NUMERAC¸ ˜AO
10 CAP´ITULO 2. C ´ODIGOS
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
Figura 2.1: CBR com palavras de comprimento 5
2.3 Resolu¸c˜ao: Se considerarmos o conjunto ordenado de d´ıgitos de um sistema de numera¸c˜ao de base b como um alfabeto, estamos a formar implicitamente um C´odigo natural c´odigo natural com valˆencia b. Por exemplo, o CBN ´e um c´odigo natural formado a partir do sistema de numera¸c˜ao bin´ario.
Ora, como vimos no Cap´ıtulo 1, num sistema de numera¸c˜ao posicional de base b os d´ıgitos de cada coluna sucedem-se pela ordem natural , repetindo-se um n´umero de vezes igual ao peso da coluna. Por exemplo, na coluna com peso b^0 os d´ıgitos repetem-se uma vez (porque b^0 = 1), na coluna com peso b^1 os d´ıgitos repetem-se b vezes (porque b^1 = b), etc. (ver a Tabela 2.1 de SD:AAT). No entanto, sempre que na coluna de peso bk^ se transita de b − 1 para 0, na coluna de peso bk+1^ transita-se para o d´ıgito seguinte. Ou seja, dois n´umeros consecutivos de um sistema de numera¸c˜ao e as palavras do c´odigo natural que correspondem a esses n´umeros diferem em mais do que um s´ımbolo. Para formar o CBR a partir do CBN basta substituir em cada coluna a transi¸c˜ao de 1 para 0 pela transi¸c˜ao de 1 para 1, prosseguindo-se em seguida pela ordem in- versa at´e se chegar a 0, e recome¸cando depois pela repeti¸c˜ao do 0, prosseguindo- -se pela ordem natural, etc. Foi este, ali´as, o algoritmo que nos permitiu gerar o CBR com palavras de comprimento 5 do Exerc´ıcio 2.2. De forma semelhante, a partir de um c´odigo natural de valˆencia b podemos formar um c´odigo reflectido com a mesma valˆencia substituindo em cada coluna a transi¸c˜ao de b − 1 para 0 pela transi¸c˜ao de b − 1 para b − 1, prosseguindo-
-se em seguida pela ordem inversa at´e se chegar a 0, e recome¸cando depois pela repeti¸c˜ao do 0, prosseguindo-se pela ordem natural, etc.. Obt´em-se, deste modo, a sequˆencia
0 , 1 , 2 ,... , b − 2 , b − 1 , b − 1 , b − 2 ,... , 2 , 1 , 0 , 0 , 1 , 2 ,....
Evidentemente, os c´odigos reflectidos n˜ao s˜ao ponderados.
J
A
0 0 0 0 0 1 0 0 2
← (3,3) B
0 1 2 0 1 1 0 1 0
← (3,3) C
0 2 0 0 2 1 0 2 2
← (9,3)
K
D
1 2 2 1 2 1 1 2 0
← (3,3) E
1 1 0 1 1 1 1 1 2
← (3,3) F
1 0 2 1 0 1 1 0 0
← (9,3)
L
G
2 0 0 2 0 1 2 0 2
← (3,3) H
2 1 2 2 1 1 0 1 0
← (3,3) I
2 2 0 2 2 1 2 2 2
Figura 2.2: C´odigo reflectido com valˆencia 3 e palavras de comprimento 3
Para construir o c´odigo pedido limitamo-nos a aplicar este algoritmo. Usaremos, como exemplo, os s´ımbolos 0, 1 e 2 (Figura 2.2). Tratando-se de um c´odigo de valˆencia b = 3 e com palavras de comprimento n = 3, ele dever´a possuir bn^ = 3^3 = 27 palavras distintas.
Notemos que, se agruparmos sucessivas linhas em matrizes de ordem (bi, n), com i = 1, 2 ,... , n − 1, para cada par de matrizes sucessivas e de igual ordem s˜ao adjacentes (isto ´e, s´o diferem num s´ımbolo) as linhas sim´etricas. Linhas adjacentes
Por exemplo, s˜ao adjacentes as linhas 001 e 011 das matrizes A e B da Figura 2.2, tal como s˜ao adjacentes, nas mesmas matrizes, as linhas 000 e 010. De igual forma, s˜ao adjacentes a 4a^ linha da matriz J (a linha 012) e a 6a^ linha da matriz K (a linha 112).
Naturalmente, s˜ao igualmente adjacentes quaisquer duas palavras consecutivas do c´odigo, incluindo a primeira e a ´ultima (o s´ımbolo 2 ´e adjacente ao s´ımbolo 0).
Tabela 2.1: Codifica¸c˜ao dos d´ıgitos 0 a 9 utilizando os c´odigos ponderados do Exerc´ıcio 2.
C´odigo D´ıgito 6 3 2 -1 7 3 2 -1 7 3 1 -2 5 4 -2 -1 8 7 -4 -
0 0000 0000 0000 0000 0000 1 0011 0011 0010 0111 0111 2 0010 0010 0111 0110 1011 3 0100 0100 0100 0101 0110 4 0111 0111 0110 0100 1010 5 1001 0110 1001 1000 0101 6 1000 1001 1011 1111 1001 7 1011 1000 1000 1110 0100 8 1010 1011 1101 1101 1000 9 1100 1010 1111 1100 1111