Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 6 exercices, avec les corrigés complets à la fin.
Positionnez les bits pour qu’ils représentent −54 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?
Positionnez les bits sur le résultat sur 8 bits de 1100 0101 >> 2. Quelle est la valeur R du résultat en décimal ?
Utilisez le tableau de Karnaugh pour trouver la forme somme de produits (SOP) minimale de F(A, B, C) = Σm(0, 5, 6, 7). Combien de termes produits N a-t-elle ?
Une bascule T déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées sur 6 fronts montants d’horloge. Combien de fois N Q change-t-il d’état ?
Un CAN de plage d’entrée 0 à 3,3 V doit résoudre des pas de 0,5 mV ou moins. Trouvez le plus petit nombre de bits N.
Un signal carré de 100 Hz est échantillonné à 1 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.
Réponse: U = 202
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.
Réponse: R = 49
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.
Un décalage à droite de 2 déplace chaque bit de 2 positions vers la droite ; les bits qui sortent à l’extrémité droite sont perdus et des zéros entrent à gauche.
Réponse: N = 3
Tableaux de Karnaugh : les cases sont ordonnées en code de Gray (00, 01, 11, 10), donc les cases voisines, y compris celles de part et d’autre des bords, diffèrent par exactement une variable. Regroupez les 1 en rectangles de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible et en aussi petit nombre que possible, jusqu’à ce que chaque 1 soit couvert. Chaque groupe est un terme produit : les variables qui restent constantes à l’intérieur. Un groupe de 2ᵏ cases perd k variables. Les états indifférents (X) peuvent servir à agrandir les groupes mais n’ont jamais besoin d’être couverts. Regrouper les 0 donne la forme POS minimale.
Chaque groupe est un rectangle de 2ᵏ cases ; les cases de bord sont voisines des cases du bord opposé.
Réponse: N = 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.
Une bascule T change d’état à chaque front montant quand T = 1 et conserve quand T = 0.
Réponse: N = 13
Résolution du CAN : un convertisseur de N bits divise sa plage pleine échelle VFSR en 2ᴺ codes, de 0 à 2ᴺ − 1. Un pas vaut 1 LSB = VFSR/2ᴺ : la plus petite variation que le convertisseur peut afficher. Un CAN à troncature donne le code ⌊Vin/LSB⌋ ; un CAN à arrondi n’est jamais à plus de ½ LSB de la valeur réelle, c’est son erreur de quantification. Chaque bit supplémentaire divise le LSB par deux et ajoute environ 6 dB au rapport signal sur bruit de quantification idéal RSBQ = 6,02·N + 1,76 dB pour une sinusoïde pleine échelle. Pour atteindre une résolution r sur une étendue, choisissez le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/r.
Réponse: fa = 300 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.
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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