Electrónica I: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 14 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

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1Fórmulas y métodos

Diodos y transistores

Diodo (caída constante)
VD = 0,7 V when conducting
Región activa
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polarización fija
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polarización por divisor de tensión
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin del divisor
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Malla de colector
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturación
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Circuitos con amplificador operacional

Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador no inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador sumador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0

Transitorios RC y RL

Constante de tiempo
τ = RC | τ = L/R
Respuesta
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Condensador en continua
circuito abierto; vC no puede saltar
Bobina en continua
cortocircuito; iL no puede saltar
Régimen permanente
t ≈ 5τ

Método

  1. Halla el valor inicial justo después de la conmutación: la tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden variar bruscamente.
  2. Halla el valor final mucho después de la conmutación: un condensador se comporta como un circuito abierto y una bobina como un cortocircuito.
  3. Halla la constante de tiempo: τ = RC o τ = L/R, usando la resistencia que ve el condensador o la bobina.
  4. Usa x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Resistencias en serie y en paralelo

Resistencias en serie
Req = R1 + R2 + …
Resistencias en paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dos en paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ley de Ohm
V = I·R
Potencia
P = V·I = I²R = V²/R

Método

  1. Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
  2. Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
  4. Repite hasta que quede una sola resistencia entre los terminales.

Convertidores CC-CC

Reductor
Vo = D·Vin
Elevador
Vo = Vin/(1 − D)
Reductor-elevador inversor
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Balance de potencia ideal
VinIin = VoIo
Rizado de la bobina
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Corriente media de la bobina
reductor Io; elevador y reductor-elevador Io/(1 − D)
Rizado de salida
reductor ΔIL/(8fC); elevador y reductor-elevador Io·D/(fC)
Límite de CCM
reductor (1 − D)R/(2f); elevador D(1 − D)²R/(2f); reductor-elevador (1 − D)²R/(2f)

Método

  1. Identifica el convertidor (reductor, elevador o reductor-elevador) y el ciclo de trabajo D a partir de la relación de tensiones.
  2. Usa el balance voltios-segundo en la bobina: la tensión media de la bobina a lo largo de un periodo es cero.
  3. Halla la tensión de la bobina mientras el interruptor está cerrado y luego ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Para el rizado de salida, halla la carga que entra y sale del condensador; para el límite de CCM, iguala la corriente media de la bobina a ΔIL/2.

Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Tensiones de los divisores
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Pérdidas
Vab = Va − Vb
Balance
R1/R2 = R3/R4
Puente de hilo
R/Rx = l/(100 − l)
Resistencia de Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Factor de galga
ΔR/R = GF·ε
Salida del puente
cuarto Vs·GF·ε/4, medio Vs·GF·ε/2, completo Vs·GF·ε
Cambio pequeño, un brazo
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tensión
σ = E·ε

Método

  1. Trata el puente como dos divisores de tensión sobre la misma alimentación.
  2. Para el equilibrio, iguala R₁/R₂ = R₃/R₄ y despeja la resistencia desconocida.
  3. Para un puente desequilibrado, halla Va y Vb con los divisores y resta; usa el equivalente de Thévenin cuando un medidor carga la salida.
  4. Para las galgas extensométricas, convierte la deformación en ΔR/R = GF·ε y usa Vs·GF·ε/4, /2 o ×1 para un cuarto, medio o puente completo.

Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Puertas básicas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reglas de Boole
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Orden del mapa de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupo de 2ᵏ celdas
pierde k variables
Multiplexor de 4 a 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Biestables
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Contadores
n bits: 2ⁿ estados; módulo N: el menor n con 2ⁿ ≥ N; fsal = fclk/N
Contador asíncrono
fmax = 1/(n·tpd)
Contadores en anillo y Johnson
n y 2n estados

Método

  1. En un circuito, trabaja desde las entradas hasta la salida puerta por puerta y escribe el valor en cada hilo, o escribe su expresión y rellena la tabla de verdad.
  2. Para simplificar, coloca los 1 (y las indiferencias como X) en un mapa de Karnaugh con filas y columnas en código Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cubre los 1 con los menos grupos posibles y lo más grandes posible, de 1, 2, 4, 8 o 16 celdas, envolviendo los bordes; cada grupo es un término producto formado por las variables que permanecen constantes. Agrupa los 0 para la forma POS.
  4. En biestables y contadores, lee las entradas en cada flanco activo del reloj, anota el estado tras cada flanco y recuerda que un contador de n bits da la vuelta tras 2ⁿ estados.

2Problemas de práctica

1.Diodos y transistoresMedia
+−24 VR = ?5 × 2,1 V5 mA

5 LED de color amarillo (tensión directa 2,1 V cada uno) se conectan en serie con una resistencia a una fuente de 24 V. Halla la resistencia R que fija la corriente en 5 mA.

Vs = 24 VVF = 2,1 Vn = 5I = 5 mA
R = Ω
2.Diodos y transistoresDifícil
RC​ = 470 Ωβ = 100VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

Un transistor NPN con β = 100 conmuta una resistencia de carga de 470 Ω conectada entre VCC = 9 V y su colector. El emisor está a tierra. La base se excita desde una salida lógica de 5 V a través de una resistencia de base RB. Toma VBE = 0,7 V y VCE(sat) = 0,2 V. Halla la mayor resistencia de base RB, en kΩ, que todavía lleva el transistor justo a saturación.

VCC = 9 VRC = 470 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
3.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 4.

R1 = 4,7 kΩAv = 4
Rf = kΩ
4.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 1,9 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,3 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 47 kΩ

El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Las relaciones de resistencias no están igualadas. Halla la tensión de salida Vout.

V1 = 1,9 VV2 = 0,3 VR1 = 22 kΩR2 = 47 kΩR3 = 4,7 kΩR4 = 47 kΩ
Vout = V
5.Transitorios RC y RLMedia
+−Vs​15 Vt = 0R = 50 ΩL10 mHi(t)

La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 1 ms.

Vs = 15 VR = 50 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
6.Transitorios RC y RLDifícil
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 9 V, exactamente 250 ms después del inicio. Con C = 100 µF, halla la resistencia R necesaria.

Vs = 12 VVth = 9 VT = 250 msC = 100 µF
R = kΩ
7.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.

V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
8.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​4 Ω

Halla la corriente IR2 por R2.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 15 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
9.Convertidores CC-CCMedia
tiL​Imax​ = ?Imin​Io​DTT2T

Un convertidor reductor convierte 48 V en 24 V para una carga de 2 Ω. Conmuta a 20 kHz con L = 330 µH. Halla la corriente pico de la bobina Imax.

Vin​ = 48 VVo​ = 24 Vf = 20 kHzL = 330 µHR = 2 Ω
Imax = A
10.Convertidores CC-CCDifícil
+−15 VSLC = 10 µFR = 8 Ω−+−45 V

Un convertidor reductor-elevador ideal convierte 15 V en −45 V para una carga de 8 Ω a 50 kHz. El condensador de salida es de 10 µF. Halla el rizado de tensión de salida pico a pico ΔVo en mV.

Vin​ = 15 VVo​ = −45 Vf = 50 kHzC = 10 µFR = 8 Ω
ΔVo = mV
11.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasMedia
+−9 VR1​ = 250 ΩR2​ = 500 ΩR3​ = 150 ΩR4​ = 400 ΩabGRg​ = 50 Ω

Se conecta un galvanómetro con una resistencia de 50 Ω entre a y b del puente mostrado (Vs = 9 V). Halla la corriente Ig del galvanómetro de a a b, en µA.

Vs = 9 VR1 = 250 ΩR2 = 500 ΩR3 = 150 ΩR4 = 400 ΩRg = 50 Ω
Ig = µA
12.Puente de Wheatstone y galgas extensométricasDifícil
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Una galga extensométrica de 350 Ω con factor de galga 2,1 está pegada a una barra de acero. Bajo carga su resistencia aumenta 0,147 Ω. Halla la deformación ε en microdeformaciones (µε).

R = 350 ΩGF = 2,1ΔR = 0,147 Ω
ε = µε
13.Lógica digital: puertas, mapas K y biestablesMedia
ABC000111100101324576

Simplifica F = AB′C + AB′ + ABC′ a su forma mínima de suma de productos. ¿Cuántos literales, L, contiene la expresión simplificada?

F = AB′C + AB′ + ABC′
L =
14.Lógica digital: puertas, mapas K y biestablesDifícil
CLKD12345678

Un biestable D activado por flanco de subida empieza con Q = 0 y recibe las entradas mostradas en 8 flancos de subida del reloj. ¿Cuántas veces, N, cambia Q de estado?

Q₀ = 0D
N =

3Disoluciones

1.Diodos y transistores

Respuesta: R = 2700 Ω

Circuitos con LED y diodos: un LED polarizado en directa cae aproximadamente su tensión directa VF (unos 2 V para el rojo, 3 V para el azul o el blanco), sea cual sea la corriente. Una resistencia en serie fija la corriente: R = (Vs − n·VF)/I para n LED en serie. Con un modelo de diodo más exacto V = V₀ + I·rd, el punto de funcionamiento está donde la recta del diodo corta a la recta de carga I = (Vs − V)/R, así que I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Tensión en la resistencia

VR = 24 − 5·2,1 = 13,5 V

Resistencia

R = 13,5/0,005 = 2700 Ω

Respuesta

R = 2700 Ω

La resistencia disipa 67,5 mW.

2.Diodos y transistores

Respuesta: RB = 22,97 kΩ

El BJT como interruptor: para activar del todo una carga, el transistor se lleva a saturación, donde VCE = VCE(sat) y la corriente de colector la fija la carga: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. La saturación necesita al menos IB = IC(sat)/β. Si la corriente de base es menor, el transistor sigue en activa e IC = β·IB.

Corriente de colector en saturación

IC(sat) = (9 − 0,2)/470 = 18,72 mA

Corriente de base mínima

IB(min) = IC(sat)/β = 18,72/100 = 187,2 µA

Resistencia de base

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,1872 mA = 22,97 kΩ

Respuesta

RB = 22,97 kΩ

Cualquier resistencia de base menor también satura el transistor; en la práctica se elige una varias veces menor.

3.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Rf = 14,1 kΩ

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

Ganancia de un amplificador no inversor

V₋ = V₊ = Vin, y la corriente de R₁ también pasa por Rf, así que Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (4 − 1)·4,7 = 14,1 kΩ

Respuesta

Rf = 14,1 kΩ
4.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −3,204 V

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

Tensión en la entrada +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,3·47/(4,7 + 47) = 0,2727 V

Superpón las dos entradas

Con V₂ = 0, V₁ ve un amplificador inversor. Con V₁ = 0, V₊ se amplifica con la ganancia no inversora 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/22)·1,9 + (1 + 47/22)·0,2727 = −4,059 + 0,8554 = −3,204 V

Respuesta

Vout = −3,204 V
5.Transitorios RC y RL

Respuesta: i = 0,298 A

Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.

Constante de tiempo y corriente final

Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.

τ = L/R = 10 mH / 50 Ω = 0,2 ms
i(∞) = Vs/R = 15/50 = 0,3 A

Corriente en el instante dado

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,3·(1 − e−1/0,2) = 0,298 A

Respuesta

i = 0,298 A
6.Transitorios RC y RL

Respuesta: R = 1,803 kΩ

Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.

Constante de tiempo necesaria

9 = 12·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(12/(12 − 9))
τ = 250/1,386 = 180,3 ms

Resistencia

kΩ por µF da milisegundos.

R = τ/C = 180,3/100 = 1,803 kΩ

Respuesta

R = 1,803 kΩ
7.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 0,3582 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R3 + R4 = 8 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 2·14/(2+14) = 1,75 Ω
Req = R1 + 1,75 = 15 + 1,75 = 16,75 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 6/16,75 = 0,3582 A

Respuesta

IR1 = 0,3582 A
8.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR2 = 0,7786 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 12 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​25 ΩBR6​4 Ω

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R5 + R6 = 15 + 4 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 10,8 Ω
R3 + 10,8 = 30,8 Ω
R2 ∥ 30,8 = 6,35 Ω
Req = R1 + 6,35 = 12 + 6,35 = 18,35 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 18/18,35 = 0,9809 A

Corriente por R₂

Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,9809·12 = 6,229 V
IR2 = VA/R2 = 6,229/8 = 0,7786 A

Respuesta

IR2 = 0,7786 A
9.Convertidores CC-CC

Respuesta: Imax = 12,91 A

Convertidores CC-CC: un interruptor S se cierra durante la fracción D de cada periodo T = 1/f. En régimen permanente la tensión media en la bobina es cero (balance voltios-segundo), lo que da las relaciones de conversión ideales en conducción continua: reductor Vo = D·Vin, elevador Vo = Vin/(1 − D), reductor-elevador inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertidor ideal conserva la potencia: Vin·Iin = Vo·Io. Mientras S está cerrado la corriente de la bobina aumenta ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo en el reductor y Vin en el elevador y en el reductor-elevador. El rizado de la salida es ΔVo = ΔIL/(8fC) en el reductor e Io·D/(fC) en el elevador y en el reductor-elevador. La corriente de la bobina apenas llega a cero (el límite de CCM) cuando la corriente media de la bobina es igual a ΔIL/2.

Ciclo de trabajo

D = 24/48 = 0,5

Corriente media y de rizado

Io = 24/2 = 12 A
ΔIL = VL·D/(L·f) = 24·0,5/(330·10⁻⁶·20·10³) = 1,818 A

Corriente pico

Imax = 12 + 1,818/2 = 12,91 A

Respuesta

Imax = 12,91 A
10.Convertidores CC-CC

Respuesta: ΔVo = 8438 mV

Convertidores CC-CC: un interruptor S se cierra durante la fracción D de cada periodo T = 1/f. En régimen permanente la tensión media en la bobina es cero (balance voltios-segundo), lo que da las relaciones de conversión ideales en conducción continua: reductor Vo = D·Vin, elevador Vo = Vin/(1 − D), reductor-elevador inversor |Vo| = Vin·D/(1 − D). Un convertidor ideal conserva la potencia: Vin·Iin = Vo·Io. Mientras S está cerrado la corriente de la bobina aumenta ΔIL = VL·D·T/L, con VL = Vin − Vo en el reductor y Vin en el elevador y en el reductor-elevador. El rizado de la salida es ΔVo = ΔIL/(8fC) en el reductor e Io·D/(fC) en el elevador y en el reductor-elevador. La corriente de la bobina apenas llega a cero (el límite de CCM) cuando la corriente media de la bobina es igual a ΔIL/2.

Ciclo de trabajo

D = 45/(15 + 45) = 0,75

Corriente en la carga

Io = 45/8 = 5,625 A

Rizado de salida

ΔVo = 5,625·0,75/(50·10³·10·10⁻⁶) = 8438 mV

Respuesta

ΔVo = 8438 mV
11.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: Ig = −1674 µA

Puente de Wheatstone: dos divisores de tensión comparten una alimentación Vs. El divisor izquierdo R1–R2 da Va = Vs·R2/(R1 + R2) y el divisor derecho R3–R4 da Vb = Vs·R4/(R3 + R4); la salida es Vab = Va − Vb. El puente está equilibrado (Vab = 0, sin corriente en el medidor) cuando R1/R2 = R3/R4, es decir, R1·R4 = R2·R3. Visto desde la salida, el puente es una fuente de Thévenin con Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tensión de Thévenin

Vth = 9·(500/750 − 400/550) = −0,5455 V

Resistencia de Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 275,8 Ω

Corriente del galvanómetro

Ig = −0,5455/(275,8 + 50) = −1674 µA

Respuesta

Ig = −1674 µA
12.Puente de Wheatstone y galgas extensométricas

Respuesta: ε = 200 µε

Galgas extensométricas: una galga cambia su resistencia con la deformación: ΔR/R = GF·ε, donde el factor de galga GF es de alrededor de 2 en las galgas de lámina metálica. En un puente con todos los brazos iguales a R, una galga activa (cuarto de puente) da Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dos galgas activas con deformaciones opuestas en brazos adyacentes (medio puente) dan Vs·GF·ε/2, y cuatro (puente completo) dan Vs·GF·ε. La tensión mecánica se obtiene de la ley de Hooke, σ = E·ε. Las células de carga indican su sensibilidad en mV/V: la salida a plena carga por cada voltio de excitación.

Cambio relativo de resistencia

ΔR/R = 0,147/350 = 0,00042

Deformación

ε = 0,00042/2,1 = 0,0002 = 200 µε

Respuesta

ε = 200 µε
13.Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Respuesta: L = 4

Álgebra de Boole: las reglas que simplifican expresiones son X + X′ = 1 y X·X′ = 0, X + X = X, la absorción X + X·Y = X, la regla de combinación X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y y el teorema del consenso XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Las leyes de De Morgan convierten (X·Y)′ en X′ + Y′ y (X + Y)′ en X′·Y′. Un mapa de Karnaugh aplica estas reglas de forma gráfica: cada grupo de dos celdas vecinas es un uso de XY + XY′ = X.

Minitérminos de la expresión

AB′C → m(5)
AB′ → m(4, 5)
ABC′ → m(6)
ABC00011110010001030214150716

Agrupa y lee

F = AC′ + AB′

Cuenta los literales

L = 4

Respuesta

L = 4
14.Lógica digital: puertas, mapas K y biestables

Respuesta: N = 5

Biestables y contadores: un biestable cambia solo en el flanco activo del reloj. D copia su entrada (Q⁺ = D); T conmuta cuando T = 1; JK mantiene con 00, pone a 0 con 01, pone a 1 con 10 y conmuta con 11. Un contador binario de n bits tiene 2ⁿ estados y cuenta módulo 2ⁿ; un contador módulo N cuenta 0, 1, …, N − 1 y vuelve a 0, y necesita el menor n con 2ⁿ ≥ N biestables. Cada etapa de un contador asíncrono divide la frecuencia a la mitad, así que la última salida de un contador módulo N funciona a fclk/N. Un contador Johnson de n biestables tiene 2n estados y un contador en anillo, n.

Q tras cada flanco

Un biestable D copia D en cada flanco de subida: Q⁺ = D.

1: D = 0 → Q = 0
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 1 → Q = 1
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 0 → Q = 0
7: D = 1 → Q = 1
8: D = 1 → Q = 1

Cuenta los cambios

0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0 → 1 → 1
N = 5

Respuesta

N = 5

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