Examen · 20 points
Architecture des ordinateurs
Exercice 1 : Algèbre de Boole et portes universelles5 points
1. Simplifier les six expressions suivantes. La barre désigne le complément, « + » le OU et la juxtaposition le ET.
- Calculer et simplifier les compléments de S₁, S₅ et S₆.
- Réaliser ces trois fonctions uniquement avec des NAND à deux entrées, puis uniquement avec des NOR à deux entrées. Tracer les logigrammes, compter les portes et comparer.
Correction de l’exercice 1
On développe avec la distributivité, puis on utilise X + X̄ = 1, XX̄ = 0 et X + XY = X.
1.1. Fonction S1
Les deux produits contradictoires valent zéro. Le résultat vaut 1 lorsque les deux entrées diffèrent.
1.2. Fonction S2
La dernière étape applique X + X̄Y = X + Y avec X = Ā.
1.3. Fonction S3
Le produit (A + X)(A + Y) vaut A + XY. Puis A + ĀC = A + C et C + BC = C.
1.4. Fonction S4
On pose T = C + D et on utilise (A + T)(B + T) = AB + T.
1.5. Fonction S5
La première parenthèse vaut A. Le terme contenant AĀ disparaît.
1.6. Fonction S6
On combine les deux premiers facteurs avec (X + Y)(X + Z) = X + YZ ; le terme ĀB̄C̄ est absorbé par B̄C̄.
2. Compléments par les lois de De Morgan
Pour compléter un produit, on obtient une somme des compléments ; pour compléter une somme, on obtient un produit. Il faut inverser chaque opérateur et chaque entrée.
3. Réalisations NAND et NOR (2 pts)
Les portes ont deux entrées. Les deux entrées d’une même porte sont reliées pour obtenir un inverseur.
| Fonction | NAND | NOR | Montage retenu |
|---|---|---|---|
| S₁ | 5 | 5 | Égalité |
| S₅ | 4 | 4 | Égalité |
| S₆ | 5 | 3 | NOR |
Les schémas reprennent le montage à cinq NAND du corrigé. En optimisant S₁ avec le montage XOR à quatre NAND, la solution NAND devient plus économique que les cinq NOR.
Exercice 2 : Simplifications et démonstrations4 points
1. Simplifier algébriquement :
2. Démontrer les identités suivantes :
Correction de l’exercice 2
1. Simplifications
B + B̄ = 1. Ensuite C + C̄X = C + X avec X = BD.
On utilise A + ĀX = A + X. Dans le développement, tous les termes contenant A sont absorbés par A ; C̄C = 0. Enfin BC + B̄C = C.
Chaque paire contenant C et C̄ se réduit grâce à (X + C)(X + C̄) = X.
2.a. Absorption avec un complément
C’est la distributivité du OU sur le ET ; cette identité évite un développement plus long.
2.b. Complément d’une somme de produits
Le premier produit est absorbé par ĀC, le second par B̄C̄. Il reste donc :
2.c. Deux expressions du même complément
Le terme ĀB̄ est un consensus : on le multiplie par C + C̄ puis chacun des deux produits obtenus est absorbé par l’un des deux autres termes.
2.d. Théorème du consensus
ABC est absorbé par AC, et ĀBC par ĀB. Le produit des deux premiers facteurs vaut donc AC + ĀB. Ces deux termes impliquent déjà B + C : AC impose C = 1 et ĀB impose B = 1. Multiplier par B + C ne change rien.
Exercice 3 : Diagrammes de Karnaugh4 points
Simplifier X, Y et Z avec des diagrammes de Karnaugh. L’ordre des variables est ABC pour X et ABCD pour Y et Z. Les indices des mintermes sont donnés ci-dessous :
Correction de l’exercice 3
On remplit les cases en ordre de Gray 00, 01, 11, 10 : deux cases voisines ne diffèrent que d’une variable. Les bords opposés se touchent. Les groupes ont 1, 2, 4 ou 8 cases, peuvent se chevaucher, et ne contiennent que des 1. Dans chaque groupe, seules les variables constantes sont conservées.
a. Fonction X
| C / AB | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 1 | 1 |
Groupe {m₀,m₄} : C = 0 et B = 0, tandis que A change → B̄C̄. Groupe {m₅,m₇} : A = C = 1, B change → AC. Groupe {m₃,m₇} : B = C = 1, A change → BC. Ces trois groupes couvrent tous les 1.
b. Fonction Y
| AB / CD | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| 00 | 1 | 0 | 1 | 1 |
| 01 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 11 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 10 | 1 | 1 | 0 | 1 |
Les colonnes CD = 00 et 10 sont voisines par les bords : leurs huit cases forment D̄. La paire {m₂,m₃} donne ĀB̄C. La paire {m₈,m₉} donne AB̄C̄. Les deux 1 avec D = 1 sont ainsi couverts, sans inclure de zéro.
c. Fonction Z
| AB / CD | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| 00 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 01 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 11 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 10 | 0 | 0 | 1 | 1 |
Le rectangle {m₁₀,m₁₁,m₁₄,m₁₅} garde A = C = 1 : il donne AC. La paire {m₀,m₄} garde A = C = D = 0 et laisse B varier : elle donne ĀC̄D̄.
Exercice 4 : Formes canoniques et simplification4 points
À partir de la table suivante, donner la première forme canonique (somme de mintermes), puis la deuxième (produit de maxtermes). Simplifier ensuite par Karnaugh.
| a | b | c | d | f |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 1 |
| 0 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 0 | 0 | 1 | 1 | 1 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 1 |
| 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 0 | 1 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
Correction de l’exercice 4
1.a. Première forme canonique
On sélectionne chaque ligne où f = 1. Dans un minterme, une entrée à 0 donne la variable complémentée ; une entrée à 1 donne la variable directe. Par exemple, la ligne 0101 donne ābc̄d. L’indice vaut 8a + 4b + 2c + d.
1.b. Deuxième forme canonique
On sélectionne les lignes où f = 0. Un maxterme doit valoir zéro sur sa ligne : on écrit une variable directe pour un bit à 0 et complémentée pour un bit à 1. Ainsi la ligne 0100 donne (a + b̄ + c + d).
2. Simplification par Karnaugh
| AB / CD | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| 00 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| 01 | 0 | 1 | 1 | 0 |
| 11 | 0 | 0 | 1 | 0 |
| 10 | 1 | 1 | 1 | 1 |
Le groupe de huit cases des lignes AB = 00 et 10 (voisines par les bords) donne b̄. Le rectangle {m₁,m₃,m₅,m₇} donne ād. La colonne CD = 11 donne cd. Les groupes peuvent se recouvrir : chaque 1 doit appartenir à au moins un groupe.
Vérification : si b = 0, f vaut toujours 1. Si b = 1, il reste d(ā + c), qui vaut 1 seulement aux indices 5, 7 et 15, conformément à la table.
Exercice 5 : Commande de deux lampes3 points
Trois interrupteurs A, B et C commandent deux lampes R et S. La lampe R s’allume dès qu’au moins un interrupteur est activé. La lampe S ne s’allume que si au moins deux interrupteurs sont activés.
- Donner leur table de vérité.
- Donner leurs expressions.
- Les exprimer uniquement avec des portes NON ET (NAND).
- Dessiner les logigrammes correspondants.
Correction de l’exercice 5
1. Traduire les conditions
Une entrée à 1 représente un interrupteur activé et une sortie à 1 une lampe allumée. R est donc nulle uniquement pour 000 ; S vaut 1 pour 011, 101, 110 et 111.
| A | B | C | Nombre activé | R | S |
|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 0 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 1 | 0 |
| 0 | 1 | 1 | 2 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 2 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 2 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 1 | 3 | 1 | 1 |
2. Équations logiques
Chaque produit AB, AC ou BC détecte une paire activée. Lorsque les trois entrées valent 1, ces trois produits valent 1 aussi : le cas 111 est donc inclus. Pour simplifier la forme canonique, on peut réutiliser ABC dans trois groupements : AB(C̄+C), AC(B̄+B), BC(Ā+A).
3. Écriture NAND
Les produits internes sont inversés une première fois par les portes NAND ; la NAND de sortie les inverse une seconde fois et réalise le OU par De Morgan.
4. Circuits complets en portes NAND (1 pt)
La NAND de sortie possède trois entrées, comme dans le corrigé. Chaque circuit emploie quatre portes NAND.