Électronique numérique : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 6 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Systèmes de numération

Poids des positions
binaire 2k, octal 8k, hexa 16k
Vers le décimal
Σ dk·bk
Depuis le décimal
diviser par la base, lire les restes de bas en haut
Hexa ↔ binaire
un chiffre hexa = 4 bits
Complément à deux
inverser les bits et ajouter 1

Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états

Méthode

  1. Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
  2. Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
  3. Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
  4. Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.

Acquisition de données et échantillonnage

Critère de Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Fréquence d’alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Pas de quantification
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Erreur de quantification (arrondi)
±½ LSB
CAN à troncature
D = ⌊Vin/LSB⌋
Nombre de bits pour une résolution r
2ᴺ ≥ span/r
RSBQ idéal, sinusoïde pleine échelle
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Débit de données
canaux × fs × N bit/s
CAN multiplexé
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud ; 8N1 = 10 bits par octet ; octets/s = baud/bits par trame
Diviseur de débit en bauds
baud = fclk/(16·D)

Méthode

  1. Notez les données : fréquence d’échantillonnage, fréquences du signal, nombre de bits, plage d’entrée, débit en bauds.
  2. Pour les questions d’échantillonnage, comparez chaque fréquence à fs/2 ; une fréquence plus élevée apparaît à fa = |f − k·fs|, avec le multiple de fs le plus proche.
  3. Pour les questions de résolution, calculez 1 LSB = VFSR/2ᴺ, ou le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/résolution.
  4. Pour les débits et les liaisons UART, comptez tout ce qui est envoyé : canaux, échantillons par seconde, bits ou octets entiers par échantillon, et bits de start, de parité et de stop de chaque trame.

2Exercices

1.Systèmes de numérationMoyen
complément à deux sur 8 bits0−12806403201608040201

Positionnez les bits pour qu’ils représentent −61 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −618 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
8 bit1 px800 px600 pxM = ? KiB

Une image non compressée fait 800 × 600 pixels avec 8 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?

800 × 600 px8 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

Simplifiez F = AB′ + ABC + A′BC + B′C′ à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?

F = AB′ + ABC + A′BC + B′C′
L =
4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKD1234567

Une bascule D déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées. Cliquez sur le premier front d’horloge où Q repasse de 1 à 0.

Q₀ = 0D
  1. 1front d’horloge 1
  2. 2front d’horloge 2
  3. 3front d’horloge 3
  4. 4front d’horloge 4
  5. 5front d’horloge 5
  6. 6front d’horloge 6
  7. 7front d’horloge 7
5.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
∿01N = 102 kHz? MB

Un enregistreur échantillonne un canal à 2 kHz avec un CAN de 10 bits. Chaque échantillon est stocké en octets entiers. Trouvez la mémoire M nécessaire pour un enregistrement de 60 min, en Mo (1 Mo = 10⁶ octets).

n = 1fs = 2 kHzN = 10t = 60 min
M = MB
6.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
f0fs​/2fs​12 kHz5f₁?

Un signal carré de 12 kHz est échantillonné à 50 kHz sans filtre anti-repliement. Un signal carré contient les harmoniques impairs 3f₁, 5f₁, 7f₁, … À quelle fréquence fa l’harmonique 5f₁ apparaît-il dans les données échantillonnées ? Donnez-la en kHz.

f₁ = 12 kHzfs = 50 kHzharmonique: 5f₁
fa = kHz

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 195

Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.

Inverser et ajouter un

61 = 0011 1101
inversé: 1100 0010
+1 → 1100 0011

Le lire en non signé

1100 0011₂ = 256 − 61 = 195

Réponse

U = 195
2.Systèmes de numération

Réponse: M = 468,8 KiB

Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.

Bits et octets

800·600·8 = 3840000 bit = 480000 B

Convertir en Kio

480000/1024 = 468,75 KiB

Réponse

M = 468,75 KiB
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: L = 6

Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.

Mintermes de l’expression

AB′ → m(4, 5)
ABC → m(7)
A′BC → m(3)
B′C′ → m(0, 4)
ABC00011110011001130214151706

Regrouper et lire

F = B′C′ + BC + AC

Compter les littéraux

L = 6

Réponse

L = 6

Il existe un autre regroupement de même taille ; il a le même nombre de littéraux.

4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: front d’horloge 3

Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.

Q après chaque front

Une bascule D copie D à chaque front montant : Q⁺ = D.

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

Premier passage de 1 à 0

front d’horloge 3

Réponse

front d’horloge 3
5.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: M = 14,4 MB

Débits de données : chaque canal fournit fs échantillons par seconde de N bits, donc le débit brut est canaux × fs × N bit/s. En mémoire, un échantillon occupe des octets entiers (un échantillon de 12 bits est stocké sur 2 octets), donc la mémoire d’un enregistrement vaut canaux × fs × octets par échantillon × durée. Un CAN multiplexé convertit les canaux l’un après l’autre : chaque conversion (avec stabilisation) dure t, donc un tour de n canaux dure n·t et chaque canal est échantillonné à 1/(n·t).

Octets par échantillon

⌈10/8⌉ = 2 B

Débit en octets

1·2000·2 = 4000 B/s

Mémoire

M = 4000·3600 = 1,44 × 10⁷ B = 14,4 MB

Réponse

M = 14,4 MB
6.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: fa = 10 kHz

Échantillonnage : un CAN mesure le signal fs fois par seconde. D’après le théorème de Nyquist–Shannon, une fréquence f n’est correctement captée que si f < fs/2, la fréquence de Nyquist (de repliement) ; la fréquence d’échantillonnage doit donc dépasser le double de la plus haute fréquence du signal. Une fréquence plus élevée n’est pas perdue : elle apparaît comme un alias à fa = |f − k·fs|, avec l’entier k qui ramène le résultat entre 0 et fs/2. Les échantillons ne permettent pas de distinguer les deux, donc un filtre anti-repliement analogique doit supprimer tout ce qui dépasse fs/2 avant le CAN.

Fréquence de l’harmonique

5f₁ = 5·12 kHz = 60 kHz

Multiple le plus proche de la fréquence d’échantillonnage

m = round(1,2) = 1

Fréquence d’alias

fa = |60 − 1·50| = 10 kHz

Réponse

fa = 10 kHz

L’alias tombe dans la bande du signal, où aucun filtre numérique ne peut l’éliminer. Seul un filtre analogique placé avant le CAN est efficace.

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