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
poids en complément à deux0−12816413211618140211

Le motif de 8 bits 0111 1101 stocke un entier signé en complément à deux. Quelle est sa valeur N en décimal ?

0111 11018 bit
N =
2.Systèmes de numérationDifficile
32 bit1 px800 px600 pxM = ? KiB

Une image non compressée fait 800 × 600 pixels avec 32 bits par pixel. Quelle mémoire M occupe-t-elle, en Kio (1 Kio = 1024 octets) ?

800 × 600 px32 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

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

F = A′B′ + AC + B′C′
L =
4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​DQ3​Q3​CLKJOHNSON

Un compteur Johnson (en anneau torsadé) est formé de 4 bascules D, avec la dernière sortie inversée rebouclée sur la première entrée, et démarre à zéro partout. Combien d’états différents N parcourt-il ?

n = 4
N =
5.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​PTb​11·Tb​2400 Bd, 8E1

Un UART envoie des octets à 2400 bauds au format 8E1 : 8 bits de données, un bit de parité paire et 1 bit(s) de stop, plus le bit de start. Trouvez le plus grand nombre d’octets de données par seconde qu’il peut transférer.

baud = 2400 Bd8E1
RB = B/s
6.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
f0fs​/2fs​2fs​2,8 kHz7f₁?

Un signal carré de 2,8 kHz est échantillonné à 8 kHz sans filtre anti-repliement. Un signal carré contient les harmoniques impairs 3f₁, 5f₁, 7f₁, … À quelle fréquence fa l’harmonique 7f₁ apparaît-il dans les données échantillonnées ? Donnez-la en Hz.

f₁ = 2,8 kHzfs = 8 kHzharmonique: 7f₁
fa = Hz

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: N = 125

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.

Additionner les poids

Les autres bits gardent leurs valeurs positives habituelles.

64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = 125

Réponse

N = 125
2.Systèmes de numération

Réponse: M = 1875 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

800·600·32 = 15360000 bit = 1920000 B

Convertir en Kio

1920000/1024 = 1875 KiB

Réponse

M = 1875 KiB
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: L = 3

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

A′B′ → m(0, 1)
AC → m(5, 7)
B′C′ → m(0, 4)
ABC00011110011011030214151706

Regrouper et lire

F = B′ + AC

Compter les littéraux

L = 3

Réponse

L = 3
4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: N = 8

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.

Séquence pour 4 bascules

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001

Nombre d’états

N = 8

Réponse

N = 8
5.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: RB = 218,2 B/s

UART : une liaison série asynchrone envoie chaque octet sous forme de trame : un bit de start (bas), les bits de données, un bit de parité facultatif et un ou deux bits de stop (haut). Le débit en bauds est le nombre de bits par seconde, donc un bit dure Tb = 1/baud et une trame de n bits dure n/baud. Le format courant 8N1 compte 10 bits par octet. Le générateur de bauds divise l’horloge : baud = fclk/(16·D) avec un entier D, donc le débit réel diffère légèrement de la cible ; une erreur inférieure à 2 % environ est généralement acceptable.

Bits par trame

1 + 8 + 1 + 1 = 11

Débit en octets

2400/11 = 218,2 B/s

Réponse

RB = 218,2 B/s
6.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: fa = 3600 Hz

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

7f₁ = 7·2,8 kHz = 19,6 kHz

Multiple le plus proche de la fréquence d’échantillonnage

m = round(2,45) = 2

Fréquence d’alias

fa = |19600 − 2·8000| = 3600 Hz

Réponse

fa = 3600 Hz

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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