Se desea diseñar un sistema para jugar a Piedra, papel o tijera

EXAMEN DE SEPTIEMBRE DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS.
CURSO 2007/08. PROBLEMA DEL PRIMER PARCIAL
3.
Se desea diseñar un sistema para jugar a Piedra, papel o tijera. Como se sabe, en este juego
cada uno de los dos jugadores elige uno de los tres elementos, pudiéndose ganar o empatar
la partida, según la secuencia: Piedra gana a tijera (la rompe); tijera gana a papel (lo corta);
papel gana a piedra (la envuelve). Para ello, las elecciones de los jugadores A y B viajan a
través de un sistema serie síncrona, tras lo que llegan a un receptor que descodifica los
datos, calcula el ganador y lo muestra. En la figura se esquematiza todo el proceso:
EMISOR
Piedra
GA
A1
A1
A0
TRANSMISIÓN
DEL DATO DEL
JUGADOR A
Papel
A
Se pide:
COMPROBACIÓN
Jugada
RECEPTOR
GANADOR
RECEPCIÓN DEL
DATO DEL
JUGADOR A
GB
Gana A
ALMAC.
RESUL.
CAP
A0
ERR
FIN_A
Tijera
FIN_B
COMP.
FIN
El módulo de comprobación de jugada espera a que ambas jugadas se hayan
producido, y tras esto comprueba quién ha ganado. Estará compuesto por un
sistema combinacional, que calcula el ganador constantemente, y un circuito
secuencial que espera a que se produzcan las dos señales Fin, y que en ese caso
captura el resultado calculado en el circuito combinacional.
Gana B
a) Diseñar el emisor para el jugador A. Para ello, se debe realizar una única
máquina de estados síncrona de MOORE, cuyas entradas corresponderán
a la tecla pulsada codificada en dos bits (A1-A0) según la tabla especificada.
Tendrá una única salida (A), que deberá realizar la transmisión según el
cronograma dado. Debe evitarse la retransmisión de la pulsación, por lo que
habrá que esperar a que se desactive la tecla pulsada para volver al reposo.
Una vez finalizada la transmisión, la línea quedará a “0”. Se debe suponer
que, durante el proceso de transmisión de la señal, no cambiarán las entradas
de la máquina de estados Para ello, supóngase la frecuencia de reloj muy
elevada. (4 puntos=> T.T.E 1.5p, Simplificar. Y resolver: 2p, dibujar
circuito: 0.5).
Piedra
B1
ERR
TRANSMISIÓN
DEL DATO DEL
JUGADOR B
Papel
B
RECEPCIÓN DEL
DATO DEL
JUGADOR B
B1
B0
B0
Tijera
En el cronograma adjunto se muestra el protocolo de la comunicación serie síncrona: la
transmisión comienza con un bit de comienzo, que
siempre vale “1”, tras lo cual se transmiten los dos CLK
bits de datos. Finalmente, se transmite un bit de
(START)
(STOP)
A1
A0
A
parada, que siempre debe valer 0.
El sistema consta, básicamente, de tres grandes bloques:
1. El emisor recoge la pulsación, la codifica y la
transmite siguiendo el protocolo comentado
anteriormente. Se supondrá que no se pulsan nunca
simultáneamente más de una tecla, y se codificarán
según la tabla adjunta:
2.
A1-A0
00
01
10
11
No hay tecla
Piedra
Papel
Tijera
El receptor espera la llegada de datos por cada una de las líneas, y cuando llegan
almacena el último valor que ha llegado. Si se produce un error en la transmisión
(si el bit de parada no vale 0), entonces borra las salidas, enciende la señal Error
durante un ciclo y vuelve al comienzo. Si la transmisión es correcta, pone la señal
FIN a 1 durante un ciclo y vuelve al comienzo. (ESTE BLOQUE NO HABRÁ
QUE DISEÑARLO)
b) Diseñar el módulo de comprobación de jugadas.
b.1) El sistema síncrono se diseñará como una máquina síncrona de Moore,
cuyas entradas serán FIN_A y FIN_B, y cuya salida será la señal CAP, más
un sistema de almacenamiento síncrono que recoja el resultado de la
comprobación en dos bits (GANA_A, GANA_B). Considérense todos los
casos posibles. (3 puntos)
b.2) El circuito combinacional de comprobación de jugadas siempre estará
tomando A1, A0, B1 y B0 y generando como salidas las líneas GA y GB,
según el siguiente esquema: siempre que A ó B sean 00, ambas salidas estarán
a 0. Cuando ambas entradas valgan distintas de 00, se encenderá la línea que
corresponda a quién gana, o bien ambas en caso de empate. (3 puntos)
Notas importantes:
1. En la figura anterior no se ha dibujado, por claridad, la señal de reloj, que llega a
todos los subsistemas síncronos.
2. Las máquinas de estado que se realicen deberán ser síncronas y de Moore. Para
tener completo un apartado, el circuito debe ser resuelto, especificar sus
ecuaciones y dibujado.
3. Sólo se podrán usar para el diseño puertas lógicas estándar, multiplexores 2:1 y
biestables tipo D estándar. Cualquier otro circuito que se use (por ejemplo,
contadores, registros, etc) habrá que diseñarlo previamente.
TIEMPO: 1,5h
EXAMEN DE SEPTIEMBRE DE CIRCUITOS ELECTRÓNICOS. CURSO 2007/08.
SOLUCIÓN AL PROBLEMA DEL PRIMER PARCIAL
Para resolver el primer apartado, nos exigen que se realice una máquina de estados síncrona de Moore.
Realmente, no es la solución más sencilla, pero es la que nos piden. Para ello, lo primero es tener claro los
diferentes estados posibles. Necesitamos que la salida, una vez se activen las entradas (o sea cuando valgan
cualquier cosa distinta de 00) valga 1 durante un ciclo de reloj (bit de Start), tras lo cual valdrá A1 y A0.
Finalmente, debe quedarse a 0 hasta que vuelva al reposo (entradas en 00). Un primer esquema de los estados,
transiciones y valor de la salida sería el siguiente:
En el esquema se representa que, una vez que
A1A0 es distinto de 00, paso al estado 1, en el
que la salida valdrá 1. Desde ahí, dependiendo
de lo que valgan las entradas, paso a los estados
2, 4 ó 6. En esos estados transmito el valor de
A1, tras lo cual transmito A0 en los estados 3, 5
y 7. Finalmente, llego al estado 8, en el que
esperaré a que se acabe la pulsación
(A1A0=00), momento en el que volveré al
estado 0.
0
A=0
A1A0=00
A1A0? 00
1
A=0
A1A0=10
A1A0=01
A1A0=11
Es importante notar que nos dicen que las
entradas no cambian durante el proceso. Esto
significa que una vez estoy en el estado 2, por
ejemplo, las entradas seguirán siendo 01 hasta
que valgan 00 al final del ciclo. Esto es muy
importante para tratar de simplificar el sistema,
que de otra forma necesitaría 4 biestables (9
estados).
2
A=0
A1A0=11
A1A0=01
3
A=1
Veamos cómo queda la tabla de transición de
estados:
A1A0=10
7
A=0
5
A=1
A1A0=01
A1-A0
Estado 00 01 11 10 A
0
(0) 1
1
1 0
1
-2
4
6 1
2
-3
-- -- 0
3
-8
-- -- 1
4
-- -5
-- 1
5
-- -8
-- 1
6
-- -- -7 1
7
-- -- -8 0
8
0 (8) (8) (8) 0
6
A=1
4
A=1
A1A0=11
A1A0=10
8
A=0
A1A0=00
A1A0?00
Para poder simplificar la tabla, debemos ver qué estados tienen la misma
salida, y cuáles pueden ser pseudo-equivalentes. Para ello realizaríamos la
tabla de inferencias, de la que se obtienen las siguientes pseudoequivalencias:
7-8, 7-2, 6-5, 6-4, 6-3, 5-3, 4-3
Con estas pseudo-equivalencias se pueden eliminar en total 3 estados. Elegiremos de entre ellas las siguientes:
2-7, 3-5, 4-6
Una vez elegidas tres de ellas, se ve que las demás no se pueden usar (por ejemplo, 7-8 ya no es compatible con
2-7, porque 2 y 8 no son pseudoequivalentes, o 4-3 tampoco porque no es compatible con 3-5). Con esta
simplificación, la tabla de transición simplificada queda como:
A1-A0
Estado 00 01 11 10 A
0
(0) 1
1
1 0
1
-2
4
4 1
2
-3
-8 0
3
-8
8
-- 1
4
-- -3
2 1
8
0 (8) (8) (8) 0
Con esta tabla simplificada, con sólo 6 estados, observo que necesitaré
únicamente 3 biestables, lo que simplifica tremendamente el problema. Para
codificar los estados, puedo usar una codificación “estándar” (por ejemplo,
su número binario tal cual) o puedo ser un poco más astuto, y codificar para
que la salida sea uno de los bits de estado. Haremos esto segundo, usando
como codificación de los estados la siguiente:
Estado
0
1
2
3
4
8
Q2-Q1-Q0 0-0-0 0-0-1 0-1-0 0-1-1 1-0-1 1-0-0
De esta manera, conseguimos que la salida A sea igual a Q0, evitando el diseño del circuito combinacional de
salida.
Una vez hecha la asignación de estados en la tabla simplificada, se procede a realizar la Tabla de Excitación de
los biestables, esto es la tabla de verdad del circuito combinacional de entrada, que calcula las entradas de los
biestables en función del estado (sus salidas) y de las entradas del circuito:
Q2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
Q1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
Q0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
A1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
A0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
D2
0
0
0
0
-0
1
1
-0
-1
-1
1
---0
0
0
1
1
1
D1
0
0
0
0
-1
0
0
-1
-0
-0
0
---1
1
0
0
0
0
D0
0
1
1
1
-0
1
1
-1
-0
-0
0
---1
0
0
0
0
0
Una vez especificada la tabla de excitaciones, sólo queda resolver
las ecuaciones de cada bit en función de las entradas del circuito
combinacional de entrada (Q2, Q1, Q0 Q1 y A0):
Resolvemos por Karnaugh, separando en dos tablas de 4 entradas
según el valor de Q2:
Q2=0
A1-A0
00 01 11 10
Q1-Q0
00
0 0 0 0
01
-- 0 1 1
11
-- 1 1 -10
-- 0 -- 1
01 11 10
1 1 1
-- 0 0
-- -- --- -- --
D2=Q1·Q0+/Q2·Q0·A1+Q1·A1+Q2·/Q0·A1+Q2·/Q0·A0
Q2=0
A1-A0
00 01 11 10
Q1-Q0
00
0 0 0 0
01
-- 1 0 0
11
-- 0 0 -10
-- 1 -- 0
D1=Q2·Q0+/Q1·Q0·/A1+Q1·/Q0·/A1
Q2=0
A1-A0
Q1-Q0
00 01 11 10
00
0 1 1 1
01
-- 0 1 1
11
-- 0 0 -10
-- 1 -- 0
Q2=1
A1-A0
Q1-Q0
00
00
0
01
-11
-10
--
Q2=1
A1-A0
Q1-Q0
00
00
0
01
-11
-10
--
01 11 10
0 0 0
-- 1 0
-- -- --- -- --
D0=/Q2·/Q0·A0+/Q2·/Q1·A1+Q2·Q0·A0
Q2=1
A1-A0
Q1-Q0
00
00
0
01
-11
-10
--
01 11 10
0 0 0
-- 1 1
-- -- --- -- --
Con esto quueda resueltaa la máquina de estados del
d primer ap
partado, dadoo que el circuuito combinaacional de sallida
es simplemeente la expreesión: A=Q0. En la imageen adjunta see muestra el circuito.
En la siguieente imagen se
s observa unna simulacióón del circuitto en el que se
s envían succesivamente 01, 10 y 11.
SEPT0
08.CIR
d(CLK)
Sta
art
0 1
S
Start
1 0 Stop
Stop
Start 1 1 Stop
d(A)
hex(q2, q1,
q Q0)
0
1 2 3
4
0
1 5 2
4
0
1 5 3
4
0
d(A1)
d(A0)
(A1-A0=10)
11)
(A1-A0=1
(A1-A0=01)
0.000m
2.000m
4.000m
6.000m
m
T
8.000m
10.000m
Para el segundo apartado del problema, necesitamos realizar dos sistemas. Un primer sistema síncrono, que
almacene el resultado una vez se produzca, y otro sistema combinacional que calcule cuál de los dos ha ganado
o si ha habido empate.
El sistema secuencial estará formado por una pequeña máquina de estados que controlará la llegada de las dos
jugadas, y un registro de captura que almacenará la salida del circuito combinacional. La máquina de estados
tendrá como entradas las señales FIN_A y FIN_B, y como salida la señal FIN. Es necesaria esta máquina porque
las señales duran un solo ciclo de reloj y tengo que saber que han llegado las dos. La tabla de transición de
estados en este caso será:
FIN_A-FIN_B
Estado 00 01 11 10 FIN
0
(0) 1
2
3
0
1
(1) (1) 3
3
0
2
(2) 3 (2) 3
0
3
0
0
0 -1
A la hora de realizar la tabla, se han tenido en cuenta los siguientes supuestos:
• puede ser (aunque es poco probable, no es imposible), que lleguen a la vez las dos señales de fin, si
ambos jugadores pulsan en el mismo ciclo de reloj.
• Una vez que estoy en el estado 1 (llegó fin_a), al siguiente ciclo de reloj seguro que está desactivado,
por lo que probablemente el siguiente valor de entradas será el 00, en cuyo caso permanezco en 1 hasta
que llegue 10. Pero si mientras espero llega un nuevo FIN_A (el jugador A cambia la jugada),
permanezco en 1. Esto hace que tampoco sea imposible la combinación 01 en el estado 1.
• Análogamente, en el estado 2 tampoco resulta imposible la combinación 10, aunque lo más normal será
esperar en 2 hasta que se produzca un 01. De la misma forma, también es posible (aunque altamente
improbable, pero no imposible) que lleguen ahora dos señales de FIN a la vez.
• Una vez estoy en el estado 3 (ya han llegado las dos señales), de lo único que estoy seguro es que las
entradas no pueden valer 11, ya que una de ellas acaba de ser 1 (si no, no habría llegado a 3). En
cualquier otro caso, iré al estado 0.
Una vez realizada la tabla de estados, y codificando cada estado con su valor binario, la tabla de excitaciones
queda:
Q1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
Q0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
FA
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
FB D1 D0
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
---
Y a partir de esta tabla, se construyen las tablas de Karnaugh para cada una de
las dos entradas de los biestables, D1 y D0, como:
D1
FA-FB
00 01 11 10
Q1-Q0
00
0 0 1 1
01
0 0 1 1
11
0 0 -- 0
10
1 1 1 1
D1= Q1·/Q0 + /Q1·FIN_A
D0
FA-FB
Q1-Q0
00 01 11 10
...
00
0 1 1 0
01
1 1 1 1
11
0 0 -- 0
10
0 1 1 0
D0= /Q0·FIN_B + /Q1·Q0
Como cabía esperar, la solución es “simétrica”, pudiendo reemplazarse FIN_A por FIN_B cambiando Q1 por
Q0. Finalmente, el circuito combinacional de salida queda reducido al producto de los dos bits de estado, FIN=
Q1·Q0, por lo que el circuito completo queda como:
Para redonddear este apaartado, solo nos
n queda reaalizar el circu
uito que capttura y almacena el resultado. Éste esttará
formado por dos biestabbles que almaacenarán el resultado
r
del circuito com
mbinacional:
Mien
ntras la señall FIN valga 00, cada biestaable mantenddrá
el vaalor anterior, que corresponderá a la jugada anteriior.
Cuan
ndo FIN sea 1, los valorees de GA y GB
G se
almaacenan en el registro corrrespondiente.
Por último, queda realizzar un circuitto combinaciional que resuelva el ganaador de la juugada. Para ello, las entraadas
serán A1, A0,
A B1 y B0, representanddo la eleccióón de cada jugador. Se pidde que GA y GB representen cuál de los
dos ha ganaado, siendo 00
0 si cualquieer entrada ess 00 (no ha ju
ugado todavíía uno de loss dos jugadorres) y siendoo 11
cuando se produzca
p
un empate.
e
Con esto, y aplicando laas reglas del juego
j
piedraa-papel-tijeraa, se obtiene la
l tabla de veerdad:
Tras lo cuall, realizamoss las tablas dee Karnaugh para
p las salid
das del circuiito combinaccional, GA y GB:
A1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
A0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
B1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
B0 GA
A GB
0
0
0
Espera
1
0
0
Espera
Espera
1
0
0
Espera
0
0
0
Espera
0
0
0
1
1
1
Empate
1
1
0 Piedra > Tijeraa
0
0
1 Pieedra < Papeel
0
0
0
Espera
1
1
0
Paapel > Piedraa
1
0
1
Paapel < Tijeraa
0
1
0
Empate
Espera
0
0
0
1
0
1 Tij
ijera < Piedraa
1
1
1
Empate
0
1
0
Tiijera > Papell
GA
B1-B0
A1--A0
00
00
0
01
0
11
0
10
0
01 11 10
0 0 0
1 1 0
0 1 1
1 0 1
GA=/A1·/A0·B0
A1·/A0··/B1·B0
GB
B1-B0
00
A1-A0
A
00
0
01
0
11
0
10
0
+
A1·A0·B1
1+A1·B1·/B
B0+
01 11 10
0 0 0
1 0 1
1 1 0
0 1 1
·A0
GB=/B1·/B
B0·A0 + B11·B0·A1+B11·A1·/A0+ B1·/B0·/A1
B
Se puede comprobar fáácilmente tam
mbién la sim
metría de la solución, enn la que cam
mbiando los A por los B, la
salida GA y GB son inteercambiabless, como es lóógico. El circcuito quedaráá:
Con lo que acaba el probblema.