El sistema de apertura de una caja fuerte está compuesto por dos teclas A y B, uncircuito secuencial a diseñar y un temporizador que mantiene la caja fuerte abierta durante 5minutos cuando recibe un nivel lógico 1 desde el circuito secuencial. Este temporizador vuelvea cerrar la caja fuerte pasado dicho tiempo, independientemente del circuito secuencial.Cuando se pulsa la tecla A, se produce un nivel lógico 1 que entra al circuito secuencial,mientras que cuando se pulsa la tecla B se produce un nivel lógico 0 de entrada al circuito adiseñar. Mientras no se pulse ninguna tecla no se genera ningún nivel lógico de entrada alcircuito secuencial.ABCircuitosecuencial TemporizadorCajafuertePara abrir la caja fuerte, la combinación secreta es: pulsar dos veces seguidas la tecla A,a continuación pulsar una vez la tecla B, y finalmente pulsar una vez la tecla A. Si se hace deesta manera, el circuito secuencial dará una salida a nivel lógico 1, que actuará sobre eltemporizador, permitiendo la apertura de la caja fuerte durante 5 minutos. Si en cualquiermomento se introdujera un error al pulsar la secuencia secreta, en el siguiente ciclo de relojtodos los biestables se pondrán a cero (el sistema pasará al estado inicial), y la secuencia debevolver a introducirse desde el principio.a) Dibujar el diagrama de estados, explicando claramente en qué consiste cada estado.b) Implementar el circuito secuencial a diseñar usando biestables JK y las puertasnecesarias.1. Paso de las especificaciones verbales al diagrama de estadosEn este caso, el diagrama de estados tiene que ser capaz de reconocer la combinación deentrada 1101. Partimos de un estado inicial en el que se espera la introducción del código. Acontinuación, se pasará a un nuevo estado cada vez que se reconozca correctamente el siguientebit del código, mientras que si éste no corresponde al código se volverá al estado inicial, y habráque teclear todo el código de nuevo. El significado de los estados será por tanto el de la

siguiente tabla.Estado Definición Q1 Q0qNo hay código0 00 Estado inicial. qel primer 10 11 Se ha recibido qconsecutivos1 02 Se han recibido dos 1 qde dos 1 consecutivos1 13 Se ha recibido el 0 después q0q1q2q30/01/00/01/00/00/01/01/1El funcionamiento del diagrama será el que se explica a continuación. Inicialmente nosencontramos en el estado qes 1101) nos mantendremos en este estado. Cuando llegue el primer uno pasamos a qsiguiente bit es de nuevo un 1, habremos reconocido los dos primeros correctamente, por lo que0. Mientras no se teclee un 1 (recordemos que la combinación válida1. Si el 1el siguiente estado será qincorrecta, y como resultado habrá que regresar a qcompleto de nuevo. Del mismo modo, al recibir un 0 estando en qreconocido 110). Y finalmente, si en q3 la entrada es un 1, el código ha sido correcto, y por lotanto la salida del circuito será 1 y volveremos a qúltimo bit, y aunque volvamos también a qcódigo fue erróneo.

2. Sin embargo, si en lugar de un 1 se recibe un 0, la secuencia es0, para que el código sea tecleado por2

pasaremos a q3 (hemos0. Si la entrada es un 0, entonces falló el0, en este caso la salida del circuito es 0, puesto que el 2. Construcción de la tabla de estadosTomando el diagrama de estados de la figura anterior debe generarse la tabla de estados, enla que a partir de las entradas y el estado actual se obtendrá el siguiente estado, y en la que apartir de ambos, y con ayuda de la tabla de excitación se calcularán las entradas a los biestables(JK en este caso). Nótese como ahora sí aparece una función de salida (S) diferente del estadoque almacenan los biestables.E Q1(t) Q0(t) || Q1(t+1) Q0(t+1) | J1 K1 J0 K0 | S--------------------------------------------------------------------------0 0 0 || 0 0 | 0 x 0 x | 00 0 1 || 0 0 | 0 x x 1 | 00 1 0 || 1 1 | x 0 1 x | 00 1 1 || 0 0 | x 1 x 1 | 01 0 0 || 0 1 | 0 x 1 x | 01 0 1 || 1 0 | 1 x x 1 | 01 1 0 || 0 0 | x 1 0 x | 01 1 1 || 0 0 | x 1 x 1 | 13. Minimización de las funciones e implementación del circuitoSimplificando por Karnaugh obtendremos las funciones de entrada a los biestables (J1, K1,J0 y K0) para el cálculo del nuevo estado, y la función de salida S.J1 = E Q0 K1 = E + Q0J0 = E XOR Q1 K0 = 1S = E Q1 Q0

EJEMPLO 2: pulsos con 3 entradas x1, x2, x3 y una salida z. La salida deberá cambiar de 0 a 1, si y sólo si, ocurre la secuencia x1 x2 x3, mientras que haya sido igual a cero. La salida deberá cambiar de 1 a 0, sólo después que ocurra x2 a la entrada. Diseñar un circuito de modo por

SOLUCIÓN

      En este ejemplo usaremos el modelo de Moore, en el cual la salida de los estados se representa dentro del círculo.      La siguiente figura presenta el diagrama a bloques y el diagrama de estados:

   Iniciamos nuevamente en un estado A. A continuación puede presentarse una entrada al circuito que puede ser alguna de las señales x1, x2 o x3 (no mas de una a la vez).  Si se aplicara x2 o x3, el circuito no cambia de estado, pero si se presenta x1 el circuito recibe la primera condición a detectar y cambia de estado con salida 0. Estando en el estado B, se pueden presentar 3 posibilidades: si se recibe x1 el circuito no cambia de estado, si se aplica x3 retornamos al estado A para iniciar la secuencia; finalmente, si se presenta x2 cambiamos de estado pero la salida en 0. En el estado C, de las tres posibilidades, únicamente x3 genera una salida 1, retornando al estado inicial con salida 0.      Tabla de estados:

Estadopresente

Estadosiguiente

Salida

x1 x2 x3 z

A B A A 0

B B C A 0

C B A D 0

D D A D 1      Se requieren dos variables binarias y1 y y2, para asignar los 4 estados, como se muestra en la tabla de asignación de estados:

Asignaciónde estados

y1y2

0 1

0 A B

1 D C      De la tabla anterior se observa que a A se le asigna el código 00, a B el 01, a C el 11 y a D el 10. Sustituyendo estos códigos en la tabla de estados:

Estadopresente

Estadosiguiente Salida

zy1 y2

x1 x2 x3

y+1 y+

2 y+1 y+

2 y+1 y+

2

A 0 0 0 1 0 0 0 0 0

B 0 1 0 1 1 1 0 0 0

C 1 1 0 1 0 0 1 0 0

D 1 0 1 0 0 0 1 0 1      Utilizando multivibradores S-R, cuya tabla de excitación es:

Tabla deexcitación

S-R

Q Q+ S R

0011

0101

101x

x101

      Combinando las dos tablas anteriores:

Estadopresente

Estado siguienteSalida

zy1 y2

x1 x2 x3

S1 R1 S2 R2 S1 R1 S2 R2 S1 R1 S2 R2

A 0 0 1 x 0 1 1 x 1 x 1 x 1 x 0

B 0 1 1 x x 1 0 1 x 1 1 x 1 0 0

C 1 1 1 0 x 1 1 0 1 0 x 1 1 0 0

D 1 0 x 1 1 x 1 0 1 x x 1 1 x 1

      Mapas de Karnaugh para las entradas de los multivibradores:

      De la tabla anterior, se observa claramente que la salida z es igual a:z = y1 y'2

      El logigrama final es: