Λύσεις Κεφαλαίου 8 – Ψηφιακά Ολοκληρωμένα Στοιχεία και Κυκλώματα (σελ. 249-251) – ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗΣ Α΄ ΕΠΑΛ

Ενδεικτικές απαντήσεις στις ερωτήσεις/ασκήσεις του σχολικού βιβλίου.

Άσκηση 1

Εκφώνηση. Αναφέρατε τις κατηγορίες των ψηφιακών λογικών συστημάτων.

Σκέψη. Ζητούνται οι κατηγορίες ψηφιακών λογικών συστημάτων.

Λύση.

• Δύο κατηγορίες με κριτήριο τη μνήμη.

Ενδεικτική απάντηση. Τα ψηφιακά λογικά συστήματα διακρίνονται σε δύο κατηγορίες: τα συνδυαστικά, όπου η έξοδος εξαρτάται μόνο από τις εισόδους τη δεδομένη στιγμή, και τα ακολουθιακά, όπου η έξοδος εξαρτάται και από την προηγούμενη κατάσταση (μνήμη) ή τη σειρά των σημάτων.

Πρόσεξε:

• Και στις δύο κατηγορίες υπάρχει ρολόι (clock) για τον χρονισμό.

Άσκηση 2

Εκφώνηση. Ποια η διαφορά των συνδυαστικών από τα ακολουθιακά κυκλώματα;

Σκέψη. Ζητείται η διαφορά συνδυαστικών και ακολουθιακών.

Λύση.

• Κριτήριο: εξάρτηση από προηγούμενη κατάσταση.

Ενδεικτική απάντηση. Στα συνδυαστικά κυκλώματα η έξοδος εξαρτάται μόνο από τις τιμές των εισόδων τη δεδομένη στιγμή. Στα ακολουθιακά η έξοδος εξαρτάται και από την προηγούμενη κατάσταση του κυκλώματος (έχουν δηλαδή μνήμη). Γι' αυτό τα ακολουθιακά χρησιμοποιούνται εκεί όπου χρειάζεται αποθήκευση κατάστασης.

Πρόσεξε:

• Τα ακολουθιακά είναι η βάση για μνήμες, μετρητές, καταχωρητές κ.λπ.

Άσκηση 3

Εκφώνηση. Δώστε μερικές εφαρμογές των ψηφιακών κυκλωμάτων στο αυτοκίνητο.

Σκέψη. Ζητούνται εφαρμογές ψηφιακών κυκλωμάτων στο αυτοκίνητο.

Λύση.

• Το βιβλίο αναφέρει τρεις εφαρμογές στο αυτοκίνητο: διαχείριση κινητήρα, μετάδοση κίνησης, απόσβεση κραδασμών.

Ενδεικτική απάντηση. Κατά το βιβλίο, στο αυτοκίνητο η ψηφιακή λογική χρησιμοποιείται για τη διαχείριση του κινητήρα, για την ηλεκτρονική μετάδοση της κίνησης και για την απόσβεση κραδασμών διαφόρων συστημάτων. Επιπλέον παραδείγματα: ψηφιακά όργανα του ταμπλό, σύστημα ABS, κλιματισμός.

Πρόσεξε:

• Απάντηση ενδεικτική — δεκτές και άλλες σύγχρονες ψηφιακές εφαρμογές του αυτοκινήτου.

Άσκηση 4

Εκφώνηση. Αναφέρατε τα πλεονεκτήματα της ψηφιακής τεχνολογίας.

Σκέψη. Ζητούνται τα πλεονεκτήματα της ψηφιακής τεχνολογίας.

Λύση.

• Έναντι της αναλογικής.

Ενδεικτική απάντηση. Τα πλεονεκτήματα είναι: μεγάλη ταχύτητα επεξεργασίας δεδομένων, τεράστια ικανότητα αποθήκευσης πληροφοριών, μεγάλη ακρίβεια, εύκολος σχεδιασμός και προγραμματισμός της λειτουργίας, σχεδόν μηδενική επίδραση του θορύβου και χαμηλό κόστος κατασκευής.

Πρόσεξε:

• Η ανθεκτικότητα στον θόρυβο είναι από τα σημαντικότερα πλεονεκτήματα.

Άσκηση 5

Εκφώνηση. Να μετατραπούν οι αριθμοί \((12)_{10}\), \((14)_{10}\), \((17)_{10}\), \((23)_{10}\), του δεκαδικού συστήματος στο δυαδικό.

Σκέψη. Ζητείται μετατροπή δεκαδικών σε δυαδικό.

Λύση.

• Διαδοχικές διαιρέσεις με το 2 (ή βάρη 16-8-4-2-1).

Απάντηση. \((12)_{10}\) = \((1100)_2\) (8+4). \((14)_{10}\) = \((1110)_2\) (8+4+2). \((17)_{10}\) = \((10001)_2\) (16+1). \((23)_{10}\) = \((10111)_2\) (16+4+2+1).

Πρόσεξε:

• Έλεγχος: πρόσθεσε τα βάρη των θέσεων με 1 και πρέπει να προκύπτει ο δεκαδικός.

Άσκηση 6

Εκφώνηση. Να μετατραπούν οι αριθμοί \((10101)_2\), \((1100)_2\), \((10111)_2\), \((1101)_2\) του δυαδικού συστήματος στο δεκαδικό.

Σκέψη. Κάθε θέση ενός δυαδικού αριθμού αντιστοιχεί σε δύναμη του 2, με την πρώτη θέση από δεξιά να είναι το \(2^0\). Αθροίζουμε τις δυνάμεις του 2 μόνο για τις θέσεις όπου υπάρχει ψηφίο 1.

Λύση.

• Γράφουμε τις αξίες θέσης από δεξιά προς τα αριστερά: 1, 2, 4, 8, 16.
• \((10101)_2\): θέσεις με 1 → 16, 4, 1 → 16+4+1 = 21.
• \((1100)_2\): θέσεις με 1 → 8, 4 → 8+4 = 12.
• \((10111)_2\): θέσεις με 1 → 16, 4, 2, 1 → 16+4+2+1 = 23.
• \((1101)_2\): θέσεις με 1 → 8, 4, 1 → 8+4+1 = 13.

Απάντηση. \((10101)_2 = 21\), \((1100)_2 = 12\), \((10111)_2 = 23\), \((1101)_2 = 13\).

Πρόσεξε:

• Το ψηφίο 0 σε μια θέση σημαίνει ότι η αντίστοιχη δύναμη του 2 ΔΕΝ προστίθεται — δεν την παραλείπουμε από τη μέτρηση των θέσεων.
• Έλεγχος: ο \((1101)_2\) έχει 4 ψηφία, άρα η μεγαλύτερη αξία θέσης είναι \(2^3 = 8\) και το αποτέλεσμα πρέπει να είναι μεταξύ 8 και 15. Το 13 επαληθεύεται.

Άσκηση 7

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης AND.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της AND.

Λύση.

• Y = A·B· έξοδος 1 μόνο όταν όλες οι είσοδοι 1.

Απάντηση. Πύλη AND: Y = A·B. Πίνακας αλήθειας: (0,0)→0, (0,1)→0, (1,0)→0, (1,1)→1. Το λογικό σύμβολο έχει επίπεδη αριστερή πλευρά και καμπύλη (D-shape) δεξιά έξοδο (δες σχ. 8.4).

Πρόσεξε:

• Η AND δίνει 1 μόνο όταν ΟΛΕΣ οι είσοδοι είναι 1.

Άσκηση 8

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης OR.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της OR.

Λύση.

• Y = A+B· έξοδος 1 όταν έστω μία είσοδος 1.

Απάντηση. Πύλη OR: Y = A+B. Πίνακας αλήθειας: (0,0)→0, (0,1)→1, (1,0)→1, (1,1)→1. Το σύμβολο έχει καμπύλη αριστερή πλευρά και αιχμηρό «ρύγχος» στη δεξιά έξοδο (δες σχ. 8.8).

Πρόσεξε:

• Η OR δίνει 0 μόνο όταν ΟΛΕΣ οι είσοδοι είναι 0.

Άσκηση 9

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης NOT.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της NOT.

Λύση.

• Y = A′· αντιστρέφει.

Απάντηση. Πύλη NOT (αναστροφέας): Y = A′, μία είσοδος-μία έξοδος. Πίνακας αλήθειας: 0→1, 1→0. Το σύμβολο είναι τρίγωνο με μικρό κύκλο στην έξοδο (δες σχ. 8.9).

Πρόσεξε:

• Ισχύει A″ = A (διπλή άρνηση = κατάφαση).

Άσκηση 10

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης NAND.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της NAND.

Λύση.

• NAND = (AND)′.

Απάντηση. Πύλη NAND: Y = (A·B)′. Πίνακας αλήθειας: (0,0)→1, (0,1)→1, (1,0)→1, (1,1)→0 (η αντίστροφη της AND). Το σύμβολο είναι το σύμβολο της AND με μικρό κύκλο στην έξοδο.

Πρόσεξε:

• Η NAND είναι πύλη γενικής χρήσης (universal): με NAND μπορούμε να φτιάξουμε κάθε άλλη πύλη.

Άσκηση 11

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης NOR.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της NOR.

Λύση.

• NOR = (OR)′.

Απάντηση. Πύλη NOR: Y = (A+B)′. Πίνακας αλήθειας: (0,0)→1, (0,1)→0, (1,0)→0, (1,1)→0 (η αντίστροφη της OR). Το σύμβολο είναι το σύμβολο της OR με μικρό κύκλο στην έξοδο.

Πρόσεξε:

• Η NOR δίνει 1 μόνο όταν ΟΛΕΣ οι είσοδοι είναι 0· είναι κι αυτή universal.

Άσκηση 12

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό σύμβολο, δώστε τον πίνακα αλήθειας και τη συνάρτηση εξόδου της πύλης XOR.

Σκέψη. Ζητείται σύμβολο, πίνακας αλήθειας και συνάρτηση της XOR.

Λύση.

• XOR = 1 όταν είσοδοι διαφέρουν.

Απάντηση. Πύλη XOR (αποκλειστικό OR): Y = A·B′ + A′·B. Πίνακας αλήθειας: (0,0)→0, (0,1)→1, (1,0)→1, (1,1)→0. Δίνει 1 όταν ο αριθμός των άσσων στις εισόδους είναι περιττός (δηλ. οι είσοδοι διαφέρουν). Το σύμβολο μοιάζει με OR με επιπλέον καμπύλη γραμμή στην είσοδο.

Πρόσεξε:

• Λέγεται και κύκλωμα ελέγχου περιττών ψηφίων (parity).

Άσκηση 13

Εκφώνηση. Δώστε την ερμηνεία του κυκλώματος της πύλης AND με διακόπτες.

Σκέψη. Ζητείται η ερμηνεία της AND με διακόπτες.

Λύση.

• Δύο διακόπτες σε σειρά.

Ενδεικτική απάντηση. Η πύλη AND ερμηνεύεται με δύο διακόπτες συνδεδεμένους σε σειρά, σε ένα κύκλωμα με πηγή και λάμπα (έξοδος Y). Η λάμπα ανάβει (Y=1) μόνο όταν και οι δύο διακόπτες είναι κλειστοί (A=1 ΚΑΙ B=1), γιατί μόνο τότε κλείνει το κύκλωμα και περνά ρεύμα.

Πρόσεξε:

• Σε σειρά = λογικό ΚΑΙ (AND): χρειάζονται όλα κλειστά.

Άσκηση 14

Εκφώνηση. Δώστε την ερμηνεία του κυκλώματος της πύλης OR με διακόπτες.

Σκέψη. Ζητείται η ερμηνεία της OR με διακόπτες.

Λύση.

• Δύο διακόπτες παράλληλα.

Ενδεικτική απάντηση. Η πύλη OR ερμηνεύεται με δύο διακόπτες συνδεδεμένους παράλληλα. Η λάμπα ανάβει (Y=1) όταν είναι κλειστός έστω και ένας από τους δύο διακόπτες (A=1 Ή B=1), γιατί τότε υπάρχει διαδρομή για το ρεύμα.

Πρόσεξε:

• Παράλληλα = λογικό Ή (OR): αρκεί ένας κλειστός.

Άσκηση 15

Εκφώνηση. Σχεδιάστε την παλμοσειρά στην έξοδο της πύλης OR του παρακάτω σχήματος. Περιγραφή σχήματος: δύο παλμοσειρές οδηγούνται στις δύο εισόδους A και B μιας πύλης OR, της οποίας η έξοδος Y ζητείται. Ο χρόνος χωρίζεται σε οκτώ ίσα διαστήματα με ετικέτες, από αριστερά προς τα δεξιά, h, g, f, e, d, c, b, a. Η πάνω παλμοσειρά (είσοδος A) έχει τιμές 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0 και η κάτω (είσοδος B) 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0.

Σκέψη. Η πύλη OR δίνει 1 όταν τουλάχιστον μία είσοδος είναι 1. Δεν χρειάζεται να «σχεδιάσουμε» με το μάτι: φτιάχνουμε πίνακα με τα οκτώ χρονικά διαστήματα και κάνουμε OR στήλη-στήλη. Έτσι η σχεδίαση προκύπτει μηχανικά και χωρίς λάθος.

Λύση.

• Γράφουμε τις δύο εισόδους ανά διάστημα (h→a): A = 0 1 0 1 1 0 1 0 και B = 0 0 1 1 1 1 0 0.
• h: A=0, B=0 → Y=0.
• g: A=1, B=0 → Y=1.
• f: A=0, B=1 → Y=1.
• e: A=1, B=1 → Y=1.
• d: A=1, B=1 → Y=1.
• c: A=0, B=1 → Y=1.
• b: A=1, B=0 → Y=1.
• a: A=0, B=0 → Y=0.

Απάντηση. Y = 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0 (για τα διαστήματα h έως a). Δηλαδή η έξοδος είναι χαμηλή μόνο στα δύο άκρα (h και a) και παραμένει υψηλή συνεχώς από το g έως το b.

Πρόσεξε:

• Η έξοδος της OR είναι 0 ΜΟΝΟ όταν είναι 0 και οι δύο είσοδοι ταυτόχρονα — εδώ αυτό συμβαίνει μόνο στα διαστήματα h και a.
• Πρόσεξε ότι οι ετικέτες πάνε από το h (αριστερά) στο a (δεξιά), δηλαδή ΑΝΑΠΟΔΑ από την αλφαβητική σειρά.

Άσκηση 16

Εκφώνηση. Γράψτε τη λογική έκφραση εξόδου του παρακάτω κυκλώματος. Περιγραφή σχήματος: δύο παλμοσειρές οδηγούνται στις δύο εισόδους A και B μιας πύλης OR δύο εισόδων· η έξοδος σημειώνεται Y και ζητείται με ερωτηματικό.

Σκέψη. Η ερώτηση αφορά το ίδιο κύκλωμα με την προηγούμενη άσκηση, αλλά εδώ δεν ζητείται η παλμοσειρά: ζητείται η λογική έκφραση, δηλαδή η σχέση εξόδου-εισόδων ανεξάρτητα από συγκεκριμένες τιμές.

Λύση.

• Το κύκλωμα αποτελείται από μία μόνο πύλη OR με εισόδους A και B.
• Η έξοδος μιας OR είναι το λογικό άθροισμα των εισόδων της.

Απάντηση. Y = A + B (λογικό OR των δύο εισόδων).

Πρόσεξε:

• Το σύμβολο «+» στη λογική άλγεβρα σημαίνει OR, όχι αριθμητική πρόσθεση: 1 + 1 = 1, όχι 2.

Άσκηση 17

Εκφώνηση. Γράψτε τη λογική έκφραση εξόδου του παρακάτω κυκλώματος. Περιγραφή σχήματος: υπάρχουν τρεις είσοδοι A, B και C. Η A οδηγείται απευθείας στην πρώτη είσοδο μιας πάνω πύλης AND δύο εισόδων. Η B οδηγείται σε μία πύλη NOT και η ΕΞΟΔΟΣ της NOT διακλαδίζεται (σημειώνεται τελεία διακλάδωσης) σε δύο κλάδους: ο ένας πηγαίνει στη δεύτερη είσοδο της πάνω AND και ο άλλος στην πρώτη είσοδο μιας κάτω πύλης AND δύο εισόδων. Η C οδηγείται στη δεύτερη είσοδο της κάτω AND. Οι έξοδοι των δύο AND οδηγούνται σε μία πύλη OR που δίνει την έξοδο Y.

Σκέψη. Το κρίσιμο σημείο είναι ΠΟΥ γίνεται η διακλάδωση του B. Στο σχήμα η τελεία διακλάδωσης βρίσκεται ΜΕΤΑ την πύλη NOT, άρα και οι δύο κλάδοι μεταφέρουν το ΑΝΤΕΣΤΡΑΜΜΕΝΟ σήμα \(\bar{B}\) — όχι το ένα το B και το άλλο το \(\bar{B}\). Ακολουθούμε τη διαδρομή κάθε σήματος από την είσοδο ως την έξοδο.

Λύση.

• Η B περνά από την NOT και δίνει \(\bar{B}\).
• Η διακλάδωση γίνεται ΜΕΤΑ την NOT, οπότε και οι δύο AND δέχονται \(\bar{B}\).
• Πάνω AND: εισόδους A και \(\bar{B}\) → \(A\cdot\bar{B}\).
• Κάτω AND: εισόδους \(\bar{B}\) και C → \(\bar{B}\cdot C\).
• OR των δύο εξόδων: \(Y = A\cdot\bar{B} + \bar{B}\cdot C\).
• Με επιμεριστική: \(Y = \bar{B}\cdot(A + C)\).

Απάντηση. \(Y = A\cdot\bar{B} + \bar{B}\cdot C\), που απλοποιείται σε \(Y = \bar{B}\cdot(A + C)\).

Πρόσεξε:

• ΠΡΟΣΟΧΗ στη θέση της τελείας διακλάδωσης: αν ήταν ΠΡΙΝ την NOT, η κάτω AND θα δεχόταν B και η απάντηση θα ήταν \(Y = A\cdot\bar{B} + B\cdot C\) — τελείως διαφορετικό κύκλωμα.
• Έλεγχος με νόημα: αφού και οι δύο όροι περιέχουν \(\bar{B}\), όταν B = 1 η έξοδος είναι υποχρεωτικά 0, ό,τι κι αν είναι τα A και C.

Άσκηση 18

Εκφώνηση. Σχεδιάστε την παλμοσειρά στην έξοδο του παρακάτω κυκλώματος. Περιγραφή σχήματος: υπάρχουν τέσσερις είσοδοι A, B, C και D. Και οι ΤΕΣΣΕΡΙΣ οδηγούνται σε μία πάνω πύλη AND τεσσάρων εισόδων. Επιπλέον, η γραμμή A διακλαδίζεται (τελεία) και κατεβαίνει σε μία πύλη NOT, και η γραμμή C διακλαδίζεται επίσης και κατεβαίνει σε δεύτερη πύλη NOT. Οι έξοδοι των δύο NOT οδηγούνται στις δύο εισόδους μιας κάτω πύλης AND. Οι έξοδοι της πάνω και της κάτω AND οδηγούνται σε πύλη OR που δίνει την έξοδο Y.

Σκέψη. Πρώτα γράφουμε τη λογική έκφραση ακολουθώντας τις διαδρομές, και μετά η παλμοσειρά προκύπτει εφαρμόζοντας την έκφραση σε κάθε χρονικό διάστημα των δοσμένων εισόδων.

Λύση.

• Πάνω AND: δέχεται και τις τέσσερις εισόδους → \(A\cdot B\cdot C\cdot D\).
• Οι δύο NOT δίνουν \(\bar{A}\) και \(\bar{C}\).
• Κάτω AND: δέχεται \(\bar{A}\) και \(\bar{C}\) → \(\bar{A}\cdot\bar{C}\).
• OR των δύο: \(Y = A\cdot B\cdot C\cdot D + \bar{A}\cdot\bar{C}\).
• Για τη σχεδίαση: σε κάθε χρονικό διάστημα, Y = 1 αν είναι ταυτόχρονα 1 και τα τέσσερα (A, B, C, D) Ή αν είναι ταυτόχρονα 0 τα A και C.

Απάντηση. \(Y = A\cdot B\cdot C\cdot D + \bar{A}\cdot\bar{C}\). Η παλμοσειρά σχεδιάζεται εφαρμόζοντας τη σχέση αυτή σε κάθε χρονικό διάστημα των εισόδων: η έξοδος είναι 1 όταν είναι όλες οι είσοδοι 1, ή όταν A και C είναι και τα δύο 0· σε κάθε άλλη περίπτωση είναι 0.

Πρόσεξε:

• Η πάνω AND έχει ΤΕΣΣΕΡΙΣ εισόδους (A, B, C, D) — όχι τρεις. Αν την πάρεις για τριών εισόδων, η έκφραση βγαίνει λάθος.
• Οι δύο NOT τροφοδοτούνται από διακλαδώσεις των A και C, άρα τα ίδια σήματα χρησιμοποιούνται δύο φορές: μία κανονικά (πάνω AND) και μία αντεστραμμένα (κάτω AND).

Άσκηση 19

Εκφώνηση. Σχεδιάστε το λογικό κύκλωμα της συναρτήσεως εξόδου \(Y = A'\cdot B' + A\cdot B\). Κάτω από την εκφώνηση το βιβλίο δίνει σχήμα πύλης AND με παλμοσειρές A = 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0 και B = 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1 (διαστήματα h έως a).

Σκέψη. Ζητείται η σχεδίαση κυκλώματος για Y = A′·B′ + A·B.

Λύση.

• Άθροισμα δύο γινομένων → δύο AND + μία OR (+ NOT).

Απάντηση. Η συνάρτηση Y = A′·B′ + A·B είναι άθροισμα δύο γινομένων. Κύκλωμα: δύο αναστροφείς (NOT) για A′ και B′· μία AND για A′·B′ και μία AND για A·B· οι δύο έξοδοι οδηγούνται σε OR που δίνει την Y. (Πίνακας αλήθειας: Y=1 όταν A=B — είναι η πύλη XNOR, δηλαδή η αντίστροφη της XOR.)

Πρόσεξε:

• Η \(Y = A'\cdot B' + A\cdot B\) είναι η πύλη XNOR (ισοδυναμία): δίνει 1 ακριβώς όταν οι δύο είσοδοι είναι ΙΔΙΕΣ.
• Πρόσεξε ότι χρειάζονται δύο αναστροφείς — ένας για το \(A'\) και ένας για το \(B'\) — και ότι ο όρος \(A'\cdot B'\) καλύπτει την περίπτωση A=B=0, ενώ ο \(A\cdot B\) την περίπτωση A=B=1.
• Αν αξιοποιήσεις το σχήμα της σελίδας ως χωριστή άσκηση πύλης AND, η έξοδος είναι \(A\cdot B\) = 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0 για τα διαστήματα h έως a — δηλαδή 1 μόνο όπου είναι 1 ΚΑΙ οι δύο είσοδοι.

Άσκηση 20

Εκφώνηση. Να σχεδιάσετε ψηφιακό κύκλωμα που θα δέχεται στην είσοδό του έναν αριθμό δύο bit και θα δίνει στην έξοδό του το τετράγωνο του αριθμού εισόδου.

Σκέψη. Ο αριθμός εισόδου έχει 2 bit (A₁A₀, τιμές 0 έως 3), άρα το τετράγωνό του παίρνει τιμές 0, 1, 4, 9 και χρειάζεται 4 bit εξόδου (Y₃Y₂Y₁Y₀). Φτιάχνουμε τον πίνακα αλήθειας, βρίσκουμε τη συνάρτηση κάθε bit εξόδου και σχεδιάζουμε τις πύλες.

Λύση.

• Πίνακας αλήθειας (A₁A₀ → Y₃Y₂Y₁Y₀): 00 → 0000 (0), 01 → 0001 (1), 10 → 0100 (4), 11 → 1001 (9).
• Y₃ = 1 μόνο για είσοδο 11: \(Y_3 = A_1\cdot A_0\).
• Y₂ = 1 μόνο για είσοδο 10: \(Y_2 = A_1\cdot A_0'\).
• Y₁ = 0 σε όλες τις γραμμές: \(Y_1 = 0\).
• Y₀ = 1 για τις εισόδους 01 και 11: \(Y_0 = A_0\).
• Κύκλωμα: μία AND με εισόδους A₁, A₀ δίνει Y₃· ένας αναστροφέας (NOT) στο A₀ και μία AND με εισόδους A₁, A₀′ δίνουν Y₂· η Y₁ συνδέεται μόνιμα στο λογικό 0 (γείωση)· η Y₀ συνδέεται απευθείας στην είσοδο A₀.

Απάντηση. Με είσοδο A₁A₀ και έξοδο Y₃Y₂Y₁Y₀ (τετράγωνο 0, 1, 4, 9) προκύπτουν οι συναρτήσεις \(Y_3 = A_1\cdot A_0\), \(Y_2 = A_1\cdot A_0'\), \(Y_1 = 0\), \(Y_0 = A_0\). Το κύκλωμα αποτελείται από δύο πύλες AND και έναν αναστροφέα: η πρώτη AND (A₁, A₀) δίνει Y₃, ο αναστροφέας δίνει A₀′ και η δεύτερη AND (A₁, A₀′) δίνει Y₂· η Y₁ είναι πάντα 0 και η Y₀ είναι η ίδια η είσοδος A₀.

Πρόσεξε:

• Ακολουθούμε τα βήματα σχεδίασης: πίνακας αλήθειας → συνάρτηση κάθε bit εξόδου → κύκλωμα.
• Το bit Y₁ δεν γίνεται ποτέ 1, γιατί κανένα από τα 0, 1, 4, 9 δεν έχει 1 στη θέση αξίας 2.