Esercizio 10segmento a di un display a sette segmenti (tema d'esame febbraio 2023)

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Teoria usata: Mappe di Karnaugh - implicanti e copertura minimaLa mappa di Karnaugh è la tabella di verità disposta in una griglia con righe e colonne in codice Gray, così che celle adiacenti (anche tra bordi opposti) differiscano in una sola variabile. Si raggruppano gli 1 in rettangoli di $2^k$ celle: ogni gruppo elimina $k$ variabili e dà un prodotto. Implicante primo = gruppo massimo; essenziale = unico a coprire un mintermine; la copertura minima contiene tutti gli essenziali più il minimo di altri primi (può non essere unica). Efficace fino a 4 variabili.Mappe di Karnaugh - implicanti e copertura minima →, Mappe di Karnaugh - POS, condizioni di don't care e paritàPer la POS minima si raggruppano gli 0 della mappa, si ottiene la SOP minima di $\overline F$ e si scrive $F$ come prodotto di somme (variabile diretta se vale 0 nel gruppo, negata se vale 1). Le condizioni di don't care (X) sono combinazioni di ingresso che non si presentano o la cui uscita è indifferente: si usano come 1 o come 0 a seconda di quel che allarga i gruppi (mai raggruppamenti fatti solo di X). Le funzioni XOR a più variabili (disparità) e XNOR (parità) hanno mappa a scacchiera: non si semplificano con i gruppi.Mappe di Karnaugh - POS, condizioni di don't care e parità →, Decoder, encoder e priority encoderUn decoder $n$-to-$m$ ($m\le2^n$) converte un ingresso binario a $n$ bit in un'uscita 1-hot (un solo 1, nella posizione indicata): le sue uscite sono i mintermini degli ingressi, realizzati con $m$ AND; per decoder grandi si usa l'approccio gerarchico (costo in ingressi: 3-to-8 = 27, 6-to-64 = 182) e un enable. Ogni funzione = decoder + OR dei suoi mintermini. L'encoder fa l'operazione inversa (1-hot $\to$ binario) ma sbaglia con più ingressi a 1 o tutti a 0: il priority encoder risolve con una priorità e un'uscita V (valid).Decoder, encoder e priority encoder →.

Passo 1: tabella di verità

Il segmento $a$ è quello in alto. Con le forme usuali delle cifre è acceso in $0,2,3,5,6,7,8,9$ e spento in $1$ e in $4$ (il $7$ si disegna con $a,b,c$). Le combinazioni $1010$–$1111$ non sono cifre: don't care. Il numero è $w\,z\,y\,x$ con $w$ MSB.

$k=\sum m(0,2,3,5,6,7,8,9)$, don't care $m(10,\dots,15)$.

Passo 2: mappa di Karnaugh

Righe $wz$, colonne $yx$:

I due $0$ sono nella cella $0001$ (cifra 1) e nella $0100$ (cifra 4).

Passo 3: raggruppamenti

Quattro gruppi, tutti essenziali:

• $y$: la colonna $yx=11$ e la colonna $yx=10$ (celle $2,3,6,7,10,11,14,15$): $y=1$ costante $\Rightarrow$ $y$ (8 celle);
• $w$: le righe $wz=11$ e $wz=10$ (celle $8,9,10,11,12,13,14,15$): $w=1$ $\Rightarrow$ $w$ (8 celle);
• $z\,x$: le celle con $z=1$ e $x=1$ ($5,7,13,15$): $zx$ (4 celle);
• $\overline z\,\overline x$: i quattro angoli $0,2,8,10$ (righe $wz=00$ e $10$ adiacenti attraverso il bordo, colonne $yx=00$ e $10$ adiacenti attraverso il bordo): $z=0$, $x=0$ $\Rightarrow$ $\overline z\,\overline x$.

Essenzialità: la cella $0$ è coperta solo da $\overline z\,\overline x$, la $5$ solo da $zx$, la $3$ solo da $y$, la $9$ solo da $w$.

$$k=w+y+z\,x+\overline z\,\overline x$$

Passo 4: controllo, forme equivalenti e costo

Controllo cifra per cifra: $1$ ($0001$): $w=0,y=0$, $zx=0$, $\overline z\overline x=0$ $\Rightarrow$ $k=0$ ✓; $4$ ($0100$): $zx=0$ (è $x=0$), $\overline z\overline x=0$ (è $z=1$) $\Rightarrow$ $k=0$ ✓; $5$ ($0101$): $zx=1$ ✓; $0$: $\overline z\overline x=1$ ✓; tutte le altre cifre verificate con un programma.

Il termine $z\,x+\overline z\,\overline x$ è una XNOR di $z$ e $x$: $k=w+y+(z\odot x)$. Con la porta XNOR la realizzazione costa: OR a 3 ingressi $(3)$ + XNOR $(2)=5$ ingressi di porta; con porte AND/OR: 2 AND a 2 ingressi $(4)$ + OR a 4 ingressi $(4)$ + 2 inverter $(2)=10$.

POS: gli 0 danno $k=(\overline z+y+x)(w+z+y+\overline x)$: la cella $4$ si raggruppa con la cella $12$ (don't care): $\overline z+y+x$; la cella $1$ resta isolata: somma con 4 letterali. Costo $3+4+2+2$ inverter $=11$: leggermente peggiore della SOP.

Errori comuni

• Dimenticare che gli angoli sono adiacenti (si ottengono due gruppi da 2 invece di uno da 4).
• Scambiare l'ordine dei bit: $x$ è il meno significativo.
• Spegnere il segmento $a$ nel $7$ o accenderlo nel $4$.
• Non riconoscere che $zx+\overline z\,\overline x$ è una XNOR.