Electrónica digital: capitulo 7 Autómatas finitos parte 1

CAPITULO
7
Autómatas finitos
7.I. CIRCUITOS SECUENCIALESSINCRONOS
Este capítulo está dedicado al diseño de sistemassecuenciales
síncronos.
Reciben está denominación aquellos circuitos en los que el ualor de su salida en un instante
determinadono dependede losestadoslógicos de lasentradasen dicho instante,sino de la secuencia
con que dichos estadosse aplican a las entradas. En este tipo de circuitos, todo el funcionamiento
está sincronizadopor una señalde reloj.
Todo sistemasecuencialposee:
Un conjunto finito de 2n estadosde entrada, siendo n el número de variablesde entrada.
Un conjunto finito de 2^ estados internos, siendo z el número de variables de estado
interno.
Un conjunto finito de 2p estadosde salida siendop el número de variablesde salida.
En la práctica, también se denomina a estoscircuitos Autómatas finitos.
Para observarla evolución de un autómata frnito, es necesarioacudir a las variablesde salida,
ya que las de estadointerno, como su nombre indica, no van a ser accesibles
desdeel exterior. La
forma de obtenerdichasvariablesva a dar lugar a dos modelosde circuitos secuenciales:
Modelo de
Moore y Modedo de Mealy.
7.2. MODELO DE AUTOMATA DE MOORE
En este tipo de autómatas finitos las salidas dependen solamentede sus estadosinternos en el
instante que se considera(un caso particular serácuando las variablesde salida coincidan con las
del estado interno).
a)
b)
c)
Entrada
Circuito
combinacional
de
entrada
Circuito
combinacional
de
s a l i d a
Figura 7.'1. Diagramade bloques der modero de autómatade Moore.

AUTOMATAS
FINITOS 279
Una representación
de estemodelo apareceen el diagramade la Figura 7.l,enel que sepuede
apreciarcómo el circuito de salidadependesolamentedel estadointerno del elementode memoria.
7.3. MODELO DE AUTOMATA DE MEALY
En é1,las variacionesde salida están asociadasa las transicionesentre estadosde entrada además
de las de los estadosinternos.
Un diagrama de bloques de este tipo de autómata apareceen la Figura 7.2; en él se aprecia
cómo la salidadependedel estadointerno y de la entrada.
Figura 7.2. Diagrama
de bloques
del modelode autómata
de Mealy.
Convienehacernotar que los modelosde Mealy y Moore son dos formas d,erealjzarel circuito
secuencial
y se puededemostrarque, para todo circuito secuencial
síncronode Mealy, existeotro
de Moore equivalente,
y viceversa.
7.4. ETAPASDE DISEÑO DE CIRCIJITOS
SECUENCIALESSINCRONOS
Presentamosahora un método general para el diseño de sistemassecuenciales
que podemos
estandarizar
en los siguientes
pasos:
a) Pasar las especificaciones
verbalesal diagrama de estados.
b) Reducir estadosequivalentes.
c) Construir la tabla de estados.
d) Asignar códigos a los estados.
e) Seleccionarlos elementosde memoria.
f) Obtener las tablas de excitación.
g) Simplificaciónde las funcionesde excitación.
h) Implementacióndel circuito.
Para comprendermejor cadauno de estosapartados,aplicaremos
el procesoanterior al diseño
d:
."1 Lt"lt:^10:I:.:.tcia-por
tres,teniendoen cuentatyi 91tetipo de átulto. ,, !! qqnu!1qen 9!
Circuito
combinacional
de
entrada

280 ELECTRONICA
DIGITAL
señalde frecuenciatres vecesmenor. Es decir, por cada tres impulsos en su entrada,producirá uno
de salida.
a) Pasar las especificaciones
verbalesa diagrama de estados
un diagrama de estadosesuna representaciónde los estadosinternos de un circuito secuencial
y de
las transicionesentre euos,es decir, una representacióngrífrca de su funcionamiento'
partiendo de las especificaciones
que nos dan en el éjemplo a diseñar,rápidamente podemos
deducir que sólo habrá una variabre áe entrada y otra de salida. El número de estadosinternos
parecerógico que seantres,ya que su funcionamiento será un procesocíclico que se repetirá cada
tres impulsosde entrada.
para representaresto de forma gráficaseempleanlos diagramasde estados,también llamados
diagramas de flujo'
siguiendo el modelode Moore, serepresentana los estadosinternos por círculosque contengan
en su interior la denonfinación ¿é ¿i.tlu variable y el valor de salida 0 o 1 dependientedel estado
interno. De estaforma seindica que la salidatendiá el valor especificado
mientrasel estadointerno
no cambie,seacual seael valor de las entradas'
La variable de entrada (variablesde entrada si las hubiera) se representacon la denominación
{ y con una flecha se indica la transición del estado origen al estado destino'
En ra Figura 7.3 se representael diagrama de flujos para un autómata de Moore del divisor de
frecuenciaPor tres.
X:O
t
, l.,lo
, /
{
{.
. './

x=1
, o r
/
/lo X = 0
Figura7.3. Diagrama
de flujosdeldivisor
de frecuencias
portressegúnel modelode Moore'
Según se ve en el diagrama de flujos de la Figura 7.3, ra salida es 1 siempre que el circuitt
secuencialseencuentreen el estadoIo, ya que cada vez que esto sucedesignificaráque ha contadr
tres impulsos.Se podría poner ta objéción á. qu.- en el instante inicial, s1nart111s.delestado/o I
salidasea1 sin que sehaya contado ning,in impulso, pero estocarecede importancia, ya que de u
divisor sólo interesaque enrregueuna fiecuencian vecesmenor que la de entrada.
De acuerdocon el diagrama de estadosde la Figura 7.3,er diagrama de tiempos de la salid
seráel que apareceen la Figura 7'4'
Como sepuedever,la salidavale 1 mientrasse
a un autó-uiu de Moore; asimismo,seve que los
encuentreen el estado Io,tal como correspond
impulsosde salidano tienenla misma duració:

dr
or
ol
J¿
ol
AUTOMATASFINITOS 281
Entrada
Salida
Figura7.4. Diagramade tiempos correspondiente
al diagramade flujos del divisor por tres
según la Figura7.3.
En el modelo de Mealy los estados internos se representantambién por un círculo con la
]r
;enominaciónde la variabieen su interior,que en estecasova solasin indicarel estadode la salida.
]c
Las variablesde entradaserepresentan
por unaX,que con una flechaindica la transicióndel
tct'rado origen al estadofinal. Sobre esta flecha se representa,
además,el valor de la variable de
'''iid¿t,indicandode estamaneraque en el modelode Mealy la salidadependedel estadointerno en
,Í .. que seencontratay del valor de la variablede entradaen cada instante.
^ Se puede ver el modelo de Mealy para el divisor de frecuenciapor tres en la Figura 7.5,en
e '-' que seapreciaque la salidaes 1 cuandoencontrándose
en el estadoIr,sepresenta en la entrada
- l .
x=0/s:0
x=0/s:0

1.,
(Y
t r
x : 1 l s = 1
1 2
I
-^ x:0/s:0
de flujosdel divisorde frecuencia
portressegúnel modelode Mealy.
Para estecaso,el diagramade tiemposcorrespondiente
al diagramade flujos sepuedever en la
Figura7.6,donde seapreciaque la duraciónde los impulsosde salidaesigual a los de entrada;esto
esdebidoa que en el modelo de Mealy la señalde salidano dependesolamentedel estadointerno,
sino también que las variablesde entradaen cada momento.
b) Reducciónde estadosequivalentes
Como es natural,del diagramade estados,
que no es otra cosaque una representación
gráficadel
¡nunciado del pj9!&Ia, no tienepor que resuttarsie e la representación
más ónfima sino oue

282 E L E C T R O N I C A
D I G I T A L
Entrada
Salida
de tiemposcorrespondiente
al diagrama
de flujosdel divisorpor tres
segúnla Figura
7.5.
a veceses posible obtener un diagrama de estadosreducido, eliminando estadosequivalentesde
acuerdo con el siguientecriterio: ños ertado.s
I, e l, son equiualentes
y puedenreducirseQ un estado
único si, y sólo si,ambos estados
I, e l, inicialeseu'olucionan
al mismo estadoI^ final, tanto para la
entradaX : I comoparo la entradaX : 0, siendoademáslassalidqsasociadas
a los estadosIt e I,
las mismas.
En el ejemplo que estamossiguiendo no se da estecaso,tal y como puede apreciarse'
c Construcción de la tabla de estados
una tabla de estados es otra forma de expresar el diagrama de estados de una manera más
convenientepara afrontar los siguientespasosdel diseño.
Se representaen una columna el ,rtodo actual,en otra los valoresde la variable o uariablesde
entrada,en una tercera columna el estaclo
final a los que se debe pasar y en la última la salida'
En nuestro caso,y como estamoshaciendoun estudio paralelode los dos modelos(Mealy y
Moore), pondremos la última columna desglosadaen los dos tipos de salidas'
Tabla 7.1. Tabla de estado del divisor de frecuenciapor tres
para el modelo de MealYY el de Moore
Estado inicial X Estadofinal SalidaMealy Salida Moore
Io
Io
Ir
Ir
I2
I2
0
1
0
I
0
I
Io
Il
Ir
I2
I2
Io
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
d) Asignación de códigosde estados
Hasta este momento, hemos numerado 10s estados internos de forma decimal por ser la má
cómoda para nosotros, pero como los elementosde memoria son elementosbinarios, habrá qu
codificar éstosde forma binaria.
El número de bits a emplear seráigual al número de elementosde memoria, es decir' si hay 1
estarlosel_númeron sgfaQomomínimo el que cumpla: 2n-1 < ¡ú < 2n.

Por tanto, en el casoque nos ocupa,dondeexistentresestados,
seránnecesarios
al menos2 bits
para codificarlos y los podremos asignar,por ejemplo, de la siguientemanera:
1 o - 0 0 1 r - 0 1 12 ---+ 11
Sustituyendoestoscódigosen la tabla de estadosobtenemosla Tabla 7.2.
Tabla7.2- Tablade estados
en la que se hansustituido
lasvariables
de losestados
iniciares
por ervalorbinarioasignado
e) Selecciónde los elementosde memoria
En esta fase se decide qué elemento de memoria va a ser usado en el diseño, es decir, relés,
¡iestables,
etc.,para lo cual nos basaremos
en consideraciones
de velocidad,economía,disposición,
¡tcétera.
En el ejemplo que nos ocupa utilizaremos biestablesdel tipo J-K.
J-l Tablas de excitación
L-na vez conocido cuál es el tipo de biestable que vamos a utilizar, debemos determinar las
:'''nexionesque deben realizarseentre los diferentei biestablespara que se comporten de acuerdo
it)r el contenidode la Tabla 7.2.Paraello serecurreal empleoáe tablasde excitacióndel biestable
'/-'(' Estastablasnos indicanlos valoresque hay que aplicára lasentradasJ y Kpara que la salida
e',t-riucione
de uno a otro estado.
Tabla 7.3. Tablade excitación
del biestable
J-K
Q,O -+
Qa(t+r) J K
0
0
I
I
0
I
0
1
0
1
X
X
X
X
I
0
Teniendoen cuentala tabla de excitacióndel biestable
J-K,laTabla de estados7.2setransfor-
n'i en la tabla de excitacióndel circuito que serepresentaen la Tabla 7.4, dondeen la columna de
:t'td"_"ttual
se ha designadocon variablesQn,,,al estadoen el que se gncuentranlas selidrs de
Estado inicial X Estado final Salida Mealy Salida Moore
00
00
01
01
1 0
1 0
0
I
0
I
0
I
00
0 1
0 1
10
10
00
0
0
0
0
0
1
I
1
0
0
0
0

D I G I T A L
cada uno de los biestables
antesde producirsela señalde reloj. A su vez,en la columna de estado
final, se han clesignado
con variablesQ,,,+r¡ €1estadode dichassalidasdespuésde producirsela
señalde rel¡1.Sehan añadido,además,iátrtu. columnascomo biestables
tieneel sistema,
donde se
indicael r akrr que debentenerlasentradasde los biestables
para que serealicela transicionde Q^r,,
A Q n t t - r ¡ '
por ultimo. las columnasde salidasdel autómata quedan como estaban.
g) Minimización de las funcionesde excitación
A partir de la tabla de excitaciónobtenid¿r
en la etapa anterior se determinanlas entradasde los
bieitablesen función de los estadosinicialesy de las entradasal circuito secuencial.
Para nuestrc
casose traLade obtenerJ6, Ko,J1, K¡. en funciónde Qo, QrY X'
podemosobservarque la tabla de excitaciónno poseelas siguientes
condicionesinicialesy de
entrada.
T a b l a 7 , 5 . C o m b i n a c i o n e s
no existentesen el ejemPlo
i ni c i a l
Qta't Quot X
I
I
I
I 0
1
Estoesdebido a que el circuito secuencial
que estamosdiseñandotienedos estados'de acuerdc
con la codificación
que hemosdefinido,que no existen,
lascombinaciones
110,y 111;estosereflejt
en el mapa de Karnaugh quedando varias casillasvacías.Dichas casillaspueden rellenarsecor
condiciones
de indifereniiaii suponemosque nuestrocircuito nunca va a pasarpor los estados1l(
y 1 1 1 .
por tanto, sepuedenescribirlos mapasde Karnaugh de la Figura 7.7 paradefinir las funciones
de en-!¡4daa pqda-ffqq de-.19s
giestables'
Tabla7.4. Tablasde excitaciónde los autómatasutilizandopara su diseño biestables
J-K
Estado inicial
Qtat Qoot
X
Estado {inal
Qrt,ntl Qott+t)
Jr Kr ro Ko
Salida Mealy
s
Salida Moore
s
0
0
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0
0
I
0
I
0
I
0
0
0
I
I
0
0
I
I
0
0
0
0
0
0
I
X
X
X
X
X
X
0
I
0
1
X
x
0
0
X
t.r
1
X
0
0
0
0
0
1
1
I
0
0
0
0

0 1 '-) X
0
iJ t
AUTOMATAS
FINITOS 285
¡o'r,r
XOoo 0O 01
0
1
Jt=Oot,t
r (
X or¡r
00 01 11 10
0
1
0 X
0
el X 0
Jo=X O;,;
Figura7.7. Mapasde Karnaugh
paradefinir
Ko:1
las fr-lnciones de entrada
1 0
11
a)
c)
de losbiestables.
Para obtenerlas funcionesde las salidasrecurrimostambién
ellaspodemosobtenerun mapa de Karnaugh para la salidade
a las tablasde excitación;a partir de
Mealy a y otro parala de Moore ó).
b)
a)
Figura7.8.
S , : X ' O 1 1 ¡ ¡
Mapa de Karnaughpara definir las funciones
ó) Modelo de Moore.
hl Dibujo y realizacióndel circuito
Partiendode las ecuaciones
obtenidasen el apartado anterior,
-r'ircuito, tal v como se mlesf ra en la Figrrr:r 7 e
pasamosa la implementacióndel
Sr:O- Oou,
de salida:a) Modelo de Mealy.
r (
X o r ¡ r
0 0 0 1 1 1 1 0
0
1
0 0 0
0 0
C
-;
_t
1
X otrr
00 01 11 1 0
0
1
f-'l 0 0
[ , j n X 0

D I G I T A L
Figura 7.g. Divisor
de frecuencia
por tresparalosmodelos
de Mealyy Moore'
7.5. DISEÑO REDUCIDO
Existe la posibilidad, en ciertos tipos de circuitos secuenciales,
de simplificar el método generalde
diseño anteriormente exPuesto.
A modo de ejemplo, analicemosel divisor de frecuenciadiseñadoen el apartado anterior. En
dicho divisor poi tr., se puedeobservarque existeuna entrada X por donde llegan los impulsos
cuya frecuenciase quiere dividir, y otra de reloj o sincronismo C'
Debido a que et tlpo de biestableempleadoeseLJ-K Master-Slaue,
el circuito sólo seencontrará
activo en los flancos de bajada de la señal de reloj y, por tanto, dichos flancos han de hacerse
coincidir conX : l,ya que sólo estenivel de X produce cambiosde estadoen el automatismo'
En la Figura 7.10se representa
lo anterior.
Entrada
X
Reloj
co
Figura7.10. Sincronización
de lasseñales
de entrada.
Segúnlo visto en la Figura 7.10,se puedededucir fácilmenteque la frecuenciade la señalde
reloj Coha de coincidir con la de la entrada X paraconseguirla sincronizacionen el funcionamien'
to del autómata. En consecuencia,
podemosiimplificar el autómata introduciendo los impulsos
::,.¡.**T i.j:T
dividir, por la entrada de reloj Cu v posicionando a 1 permanente la

AUTOMATAS
FINITOS 287
Entrada
X
Reloj
ck
Figura7.11. Sincronización
modificada
de lasseñales
de entrada.
{plicando lo anterior a las ecuaciones
obtenidaspara el autómata Quenos sirvede ejemplo,se
t : l e n e :
Jr : Qoo¡
Jo : Qu,t
5 1 : Q t t t l
La implementación del circuito resultante
K r : 1
K o : 1
,S2: Qrt) Qoo
apareceen la Figura 7.12.
S a l i d a
Mealy
EntradaX:C*
S a l i d a
Moore
Figura7.12. Diseño
simplificado
deldivisor
de frecuencia
portres.
En general,el método reducido o simplificado de diseño de autómatas secuenciales
se debe
aplicar en circuitosen losque sólo seproduzcancambiosde estadocuandola señalde entrada tenga
tm ttalor determinado-vpermenezcaestablecuandoadoptenel contrario.
7.6. FORMAS DE ARRANQUE
l realizarel diseñodel divisor de frecuencia
por tresseha supuestoque el Estado 11esun estado
por el que no pasael circuito secuencial
que diseñamos,
lo cual nos permitecrear unascondiciones
de indiferenciaque simplifican considerablemente
el circuito.
Al realizarlo dicho anteriormentesecreanunas determinadastransicionesentre los estadosque
va teníamosy el Estado erróneo 1l.
Orro
o*
L--

zAa E L E C T R O N I C A
D I G I T A L
Pcrrtanto' el diagramade flujos (o estados)se transformaen el que apareceen la Figura 7.13.
Como puedeverseen el diagrama citado, sehan representadosolamentelai flechaspara los valores
de -l' : 1,ya que para x : 0 no se produceninguna transiciónde cambio.
Segúnpodemosobservaren el diagrama,si separte de alguno de los estadosprevistosinicial-
mente: 00' 01' 10' el circuito secuencialva a mantenersedentro del bucle formado por dichos
estados,dando lugar a un funcionamiento correcto con respectoal diseño deseado.
/o=00
lr=01
l r : 1 0
l r : 1 1
Figura 7'13' Diagrama
de estados
deldivisorportres,incluyendo
la entrada
y bloqueoen el
estadoerrbneo1".
Si por cualquiercausa'como puedeserla conexióndel circuito,entramosal estadoerróneo 11,
el divisor se quedaráentoncesbloqueadoen esteestadoerróneo.
La citada situación de bloqueo al entrar en el estado1., puederesolversecreandolos llamados
sistemas
de arranqueo autoarranqueque nosllevende formi automáticaal buclede funcionamien-
to correcto.Estossistemas
de arranqueson dos:
o Arranque síncrono.'Consiste en plantear al comenzar el diseño un diagrama de estados que
considereno sólo los estadosque intervienenen el circuito secuencial,
sino todos los estados
posibles,forzando la evolución de aquellos erróneosque no pertenecena la secuenciacorrecta,a
estadosque pertenezcana ella.
En el casodel divisor por tresempleadocomo ejemplo,podemosdiseñarel diagramade estados
de la Figura 7.14.
Como puedeverseen dicha figura,si por cualquiercircunstancia
seentrase
siguienteestado de reloj se entraría en estado 1, correspondienteal bucle
correcto.
en el estado1., en el
de funcionamiento
Figura 7.14. Diagramade estadosdel divisorpor trescon arranquesíncrono.

ft r l u 5 ¿ ó 3
El inconveniente
de estemétodo esla eliminaciónde las indiferencias
en el diseñoY,Por tanto,
una mayor complejidaden las conexionesy elementosdel diseñofinal.
. Arranqueasíncro1o..
Teniendoen cuentaque la probabilidad de que el autómata saltea estados
erróneoso no permitidoses mayor en el momento de la conexión del circuito. debido a que los
biestables
seposicionanaleatoriamente
al comenzarsu alimentación,podremosdiseñarel autóma-
ta sin sistemade arranque(empleando,por tanto, todas las indiferencias)
y añadir al diseño una
puesta a cero asíncronáa todos los biestablesen el momento de encenderel autómata' Esto
lUtigara al autómata a comenzarsiemprepor el estado00.
En la Figura 7.15podemosver estásoluciónpara el divisor por tres empleadocomo ejemplo'
M e a l y
Entrada
Moore
Figura 7.15. Divisorde frecuenciapor tres con sistemade arranqueasíncrono
o,(,)
o"n
PROBLEMAS
RESU
ELTOS
7.1. Dado el diagramade flujosde la
tar el circuito con biestables
tipo
es indiferente,0
o l.)
Figura7.16,deducrrsu
D. (Nota: El símbolo x
tabla de excitaciónpara implemen-
signilicaque el valor de la variablc
X - 0 , , S : O
Y = 0 ,
":o,r:.,
Y : 1 t
Figura 7.16. Diagramade flujosdel Problema
-7
'1

29O ELEcTRoNICA
DIGITAL
Sofución: En la Tabla 7.6 aparecela tabla de estadoscorrespondienteal diagrama de flujos de la
Figura 7.16,que correspondea la de un autómata de Mealy.
Seguidamente
asignamosa los estadosun códieo binario.
1 o - 0 0
/1 ---+ 01
I z n l 0
Sustituyendo
estoscódigosen la tabla de estadosy teniendoen cuentaIa tabla de transiciónde un
biestableD obtenemosla Tabla 7.7.
Tabla 7.6. Tabla de estadosdel problemaT.l
Estado actual
Entradas
X Y
Estadofuturo Salida
Io
Io
Io
Io
I1
I1
Il
Il
I2
I2
I2
I2
0
0
I
1
I
0
0
I
I
0
0
1
I
0
I
0
I
0
I
0
1
0
1
0
I
Io
I2
Il
Il
Ir
I2
Io
Io
Io
I2
Io
I2
0
1
0
0
0
0
I
I
0
0
0
0
Tabla 7.7. Tabla de excitacióndel problema 7.1
Estado actual
Qtot Qzt,t
Entradas
X Y
Estado futuro
Qt+t) Qz6+u
Dr D2
Salida
.s
0
0
0
0
0
0
0
0
1
I
I
I
0
0
C
0
1
1
I
1
0
0
0
0
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0
I
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
1
0
I
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
I
0
0
I
I
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
I
0
0
0
I
0
1
I
0
0
1
1
.l
0
0
0
0
0
0
0
0
I
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0

AUTOMATAS
FINITOS 291
7.2. Dado el diagramade flujosdel circuito de la Figura 7,17.determinarsu tabla de excitaciónsi
el circuito t. ttu de implementarcon biestables
del tipo "/-r'
Solución:
X : X
Y : 1
Figura 7.17. Diagramade flujo del Problema7'2'
La Tabla 7.8es la de transiciónde estadosdel diagramade flujos de la Figura l '17
'
Tabla 7.8. Tabla de estadosdel Problema
-7
'2

*"9
Y; í=:L
Estado actual
Io
Io
T
r O
I,^
I
r l
I1
I l
I l
I2
I2
[.
I2
I 1
I
I
I3
I1
I1
I4
I1
0
1
I
0
0
1
1
0
0
I
1
0
0
I
1
0
0
1
I
1
I
0
1
0
1
0
1
0
I
0
1
0
I
0
I
0
1
0
I
Il
I2
I3
I1
13
I2
I3
I l
Il
I,
I4
I2
13
I3
I2
I4
I4
13
I2
Io

¿ J ¿ T L h UI H U N I U A D I G I T A L
estadosdistintos,hacenfalta tres bits para codificarlos estados.
Designamos
000 __- 1o
001 ___+ 11
010 -------------*
1,
011 ___-+ 1-,
100 ------ /o
Por tanto' la tabla de excitación,utilizandobiestables
del tipo ,r-K,quedarácomo semuestraen la
Tabla 7.9.
Tabf a 7.9. Tabla de excitacióndel problema7.2
Como ha-rcinctr
siguientes
alr)res:
los
7.3. Dado el diagrama de flujos de la Figura
implementarel circuito con biestables
del
7.1
8, obtener
tipo J-K.
su tabla de excitaciónsi se ha de
X : 1
(Elsímboto
e indicaqueX
puedetomartantoel
valor0 comoel 1.)
Figura 7.18. Diagramade flujosdel problema7.3.
Estadoactual
Qx¡ Qtu¡ Qoo
Estado futuro
Qz<t+
t) Q¡(,*t) Qott+t¡
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
1
I
1
1
1
I
I
0
0
0
0
0
0
I
I
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0
1
I
0
0
I
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
0
0
0
0
I
I
0
0
0
0
0
0
1
I
0
0
0
I
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
0
0
0
0
I
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
0
0
X
X
X
X
X
X
X
X
0
I
1
0
X
X
X
X
X
X
X
X
1
I
0
I
0
0
0
0
I
t
X
X
X
X
I
0
I
0
X
X
X
X
I
0
0
0
X
X
X
X
0
I
0
0
X
X
X
X
0
I
0
0
X
X
X
X
0
0
I
I
X
X
i(
X

Solución: La Tabla 7.10es la tabla de estadosdel autómata.
Tabla 7.1O. Tabla de estadosdel Problema7'3
Estado actual X Estado futuro Salida
Io
Io
Il
Ir
I2
I2
I3
I3
0
I
0
1
0
1
0
1
Ir
Ir
I2
Ir
I2
I3
Io
I3
0
0
0
0
1
I
1
1
Como hay cuatro estadosdistintos, se necesitan,al menos' dos bits para codificarlos' por tanto' se
codihcan utilizando 1asiguienteasignación:
/o --------+ 00
/, ------------+
01
I, ------------>
lo
¡, -------------r
1l
La Tabla 7.11será,en consecuencia,
la tabla de excitaciónutilizando biestables
"/-K'
Tabfa 7.11. Tablade excitacióndel Problema7'3
Estado actual
Qto Qrut
X
Estadofuturo
Qtrt+u Qoo*t¡
Jr Kr Jo Ko
Salida
s
0
0
0
0
1
1
I
1
0
0
1
I
0
0
I
I
0
I
0
1
0
1
0
I
0
0
I
0
I
1
0
I
I
I
0
I
0
I
0
I
0
0
1
0
X
X
X
X
X
X
X
X
n
0
1
0
1
1
X
X
0
I
X
X
X
X
1
0
X
X
I
0
0
0
0
0
1
1
1
1
7.4. Empleandoun biestableJ-Ky un biestableD activospor flancode bajada,implementarun
circuito que generela siguientesecuencia:
000,010, 100,110.
Solución: Comoel bit menossignificativo
no cambia,
ya quesiempre
es0,el diagrama
deflujospara
el modelo
de Mooreesel quesemuestra
enla Figural.l9.

X:O
La Tabla 7.12es la
Figura7.19. Diagrama
de
correspondiente
al diagramade
flujos del problema 7.4.
flujosde la Figura 7.19.
Tabfa 7.12. Tablade estados
del problema
7.4
Io
Io
Il
Il
[2
I2
I3
I1
0
1
0
I
0
I
0
I
Io
Il
I l
I2
I2
I3
[3
Io
0
0
0
0
I
1
I
I
I
0
0
1
I
0
0
I
I
como existencuatro estadosdistintos, hará falta utllizardos bits para codificarlos;además,como
hemosempleadoen el diseñoel modelo de Moore, si se hacencoincidir los estadosinternoscon los
valoresde salida'el circuito de salidaserádirectamente
la salidade los biestables.
por tanto, codifica-
mos de la siguientemanera:
Por tanto, obtenemosl¿r
biestableD.
I o -
1 l -
I z -
1.--.---.-.----._
Tabla 7.13 en la que ya se en cuentael empleode un biestable
J_K v
00
0 1
l 0
l l
tiene
un

Tabla 7.13. Tabla de excitacióndel Problema7.4
Estadoactual
Qu,t Qnut
X
Estadofuturo
Q.t(t+tt Qn<t+t't
4 Kr D
Salida
,S2 st
0
0
0
0
1
I
I
1
0
0
I
I
0
0
I
I
0
1
0
1
0
I
0
1
0
0
0
1
1
1
I
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0 x
0 x
C .3.X
1 x
x 0
x 0
x 0
x l
0
I
I
0
0
1
I
0
0
0
0
0
I
1
1
I
0
0
I
I
0
0
1
I
Seguidamente,
mediante los mapas de Karnaugh de la Figura 7.20,se deducenlas ecuacionesde
entrada de los biestables.
ñ r o 0 0 0 1 1 1 1 0
0
1
0 0 X
0 c-
_ l X
1
X ) o o o 0 1 1 1 1 0
0
1
0 0
X
C l 0
J . , = x ' Q o K ' , : X ' A o
ño" oo 01 11 10
0
1
0 0
I ' l
0 0 l.r_
j
D = X . O o+ X . O o
D=X@Oo
Sr=O',
"
.o.oo 01 11 10
0
1
0 6- ¡
0
0 tL ' i
_J
0
s.,: oo
Figura 7.2O. Mapas de Karnaughparael cálculode lasfuncionesde entraday salidade los
biestablesdel Problema7.4.
b)
a)
o
d)
c)
o
e)
ño. oo 01 11 10
0
1
0
eD 0
l 0 0
e

296
7.5. Implementarcon
(Figura 7.22).
E L E C T R O N I C A
D I G I T A L
('t,rnt) puede apreciarse,las salidasde los biestablescoinciden con la salida de los autómatas,tal
ct)¡rrrseha comentadoanteriormente.
El circuito será,por tanto,el que semuestraen la Figura7.2l.
.f
Figura7.21. Resultado
del
biestables
J-K el autómata que
Problema
7.4.
representa
el siguientediagrama de flujos
X
ck
x:0/s=0
x=0/s:0
x:0/s:1
Figura 7.22. Diagramade flujos parael diseñodel Problema7.5.
Solución: La Tabla 7.14 es la tabla de estadoscorrespondiente
al diagrama de flujos de la Figu-
ra 7.22.
Tabfa 7.14. Tablade estadosdel Problema7'5
Io
Io
[1
I1
I2
I2
0
I
0
I
0
1
Io
Ir
Ir
I2
I1
Io
0
0
0
0
I
1
x:1/s:0

AUTOMATAS
FINITOS 297
Como hay tresestadosdistintos,necesitamos
al menosdos bits para poder codillcarlos.
Decidimos
hacerlo de la siguientemanera:
1o------------.--00
1r---------.------01
12---) 10
La tabla de excitación,utilizando biestables
-/-K,quedarátal y como se muestraen la Tabla 7.15.
Tabla 7.15. Tablade excitacióndel problema7.5
Estado actual
Qrr,¡ Qot,t
X
Estado futuro
Qt+t) Q.ott+tl
Jr Kr Jo Ko s
0
0
0
0
I
I
0
0
1
1
0
0
0
1
0
I
0
1
0
0
0
I
0
0
0
1
I
0
I
0
0
0
0
1
X
X
X
X
X
X
1
I
0
I
X
X
I
0
X
0
1
X
X
0
0
0
0
1
1
I
Seguidamente,
utilizando el
biestables
(Fig. 7.23).
método de Karnaugh,seobtienenlasecuaciones
de entraday salidade
J.,:X au
los
o
a)
c)
a
Jo:X'O,,+ X.O.,
Jo:xe)o,
ño, oo 01 11 10
0
1
0 0 (: 1 l
I
0 0
:_
j
e)
S''=O',
Figura 7.23. Mapasde Karnaughpara la obtención de
los biestables.
1
X 2 o o o 0 1 1 1 1 0
0
1
0 0 X X
0
el X
O,
X
0
1
o o o o 0 1 1 1 1 0
0
C :D
el 0
Ko:X
lasecuaciones
de entraday salidade

D I G I T A L
Pt)r tanto, el circuito quedarácomo se muestraen la FiguraT'24.
Figura 7.24. Resultadodel Problema7'5.
7.6. Analizarel circuito de la Figura 7.25 obteniendola tabla
como su diagrama de flujos.
de estadosy la de excitación,así
Figura 7.25. Circuito
secuencial
con biestables
J-K delProblema
7'6'
Solución: Las ecuacionesde entrada y salida a la vista del circuito
- K o : Q z
- K r : Q o
- K 2 : Q . r . Q o
- l Q z
son las siguientes:
Jo
Jr
J2
Una vez conocrdaslas ecuacionesde entrada sepuede deducir la evolución de los estadospor los
que pasa,tal y como se apreciaen la Tabla7.16.

AUTOMATAS
FINITOS 299
Tabla 7.16. Tablade excitacióndel Problema7.6
Se pueden codificar los estadosde acuerdo con la siguienteasignación:
000 ------------+
10
001 ---------..----
/r
010--------...--.--
1z
011..----------_1¡
100- 1+
101------------,
/s
1 1 0 - 1 o
lll------------------
It
Por consiguiente,
ya seestáen condicionesde escribiruna tabla de transiciónde estadoscomo la
Tabla 7.11.
Tabla 7.17. Tabla de estados
del Problema7.6
Estado actual Estado futuro
Io
Ir
I2
I.
I1
Is
I6
I1
I1
I2
I"
I4
Io
I.J
I2
Ir
Finalmente,el diagrama de flujos del circuito de la Figura 7.25es el que se muestraen la Figu-
ra 1.26.
Qz<,'t Qt<¡t Qn<,¡ J2 K2 4 K l Jo Ko Qzt,*rt Qt(t+t¡ Qnv*rt
0
0
0
0
I
I
1
I
0
0
1
1
0
0
I
1
0
I
0
I
0
I
0
I
0
0
0
I
I
1
I
1
0
0
0
1
I
1
I
1
0
1
0
I
0
1
0
1
0
1
0
I
0
1
0
1
I
1
I
I
0
0
0
0
1
1
1
I
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
I
I
0
0
I
1
0
I
0
I
u
0
I
0
I

D I G I T A L
Figura7.26. Diagrama
de flujosdel Problema
7.6.
7.7. Analizarel circuito de la Figura 7.27, obteniendola tabla de estados
como su diagrama de flujos.
y la de excitación.
así
Figura 7.27. Circuitosecuencial
del ProblemaT.T
x
k
Jo o.o J, 4.,
lrT? | r-
Ko I | [--]
,,, I I 1-
J2 Q,
K2 o,
I

AUTOMATAS
FINITOS 301
Solución: Las ecuaciones
de entrada y salidaa la vista del circuito son las siguientes:
J o : Q z
J r : Q o
J r : Q t ' Q o
S : X . Q z
K o : l
K l : Q o
K z : 7
IJna vez conocidaslas ecuacionesde entrada,se puedededucir la evolución de los estadospor los
que pasa,tal y como se observaen la Tabla 7.18.
Se puedencodificarlos estadosde acuerdocon la siguienteasignactÓn:
000.--.-) 1n 100.---------------
/+
001 --=.-' 1r l0l ---.----- 1s
010--.-----' 1z 110--------.-'-
/o
011--...-----------
1. lll.-.-.-+ It
Se estáya en concliciones
de escribiruna tabla de transiciónde estadoscomo la Tabla 7.19.
Tabfa 7.18. Tablade transiciones
del Problema
7.-I
Qx¡ Qtto Qovt X K2
J2 Jr Kr ro Ko Qz(t+ tl Qt<t+ tl Qot,ntt ,s
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 1 1
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 1
l 0 l
1 1 0
1 1 0
1 1 1
t l l
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
0
0
0
0
0
I
I
0
0
0
0
0
0
I
I
0
0
I
I
0
0
I
1
0
0
1
1
0
0
I
1
0
0
1
I
0
0
I
1
0
0
1
I
0
0
1
1
I
I
I
I
I
1
1
I
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
1
1
1
0
0
0
0
1
I
I
I
0
0
I
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
0
I
0
1
0
1

D I G I T A L
Tabla 7.19. Tabla de estadosdel ProblemaT.T
Estado actual X Estadofuturo ^s
Io
Io
I
Ir
I2
I2
I3
I3
I4
I^
I5
I5
I6
I6
I1
I1
0
I
0
I
0
1
0
1
0
1
0
I
0
1
0
1
Ir
Ir
I2
1{'
I3
I3
I4
I4
Io
Io
I2
I2
I2
I2
Io
Io
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
I
0
I
0
I
El diagramade flujos del circuito de la Figura 7.27es el que se muestraen la Figura7.28.
+..
*.,.,^-7./
olxo
":o /t:o
x:1|
x=oI
/s:0
x=11 ,
x = 1Is : 1
Figura 7.28. Diagramade flujosdel Problema7.7.
: 0
/s:0
X
X
:o
/,
: 1 i
x:0
-/ ,p
ry

7.8. Analizarel circuito
excitación,
asícomo
la Figura 7.29 obteniendo
diagramade flujos.
AUTOMATAS
FINITOS 303
la tabla de transición,salida y la de
del Problema7.8.
del circuito son las siguientes:
K z : Q t ' Q o
S : 0 o
' ( Q ' ' Q r )
K o : X + ( Q z@ 0 r )
de
SU
Figura 7.29. Circuitosecuencial
solución: Las ecuaciones
de entraday salidaa la vista
J z : Q t
J t : K t - X ' ( Q r @ Q ) + Q o
J o : Q t + Q z
Una vez conocidaslas ecuaciones
de entradasepuedededucirla evoluciónde los estadospor los
que pasa,tal y como se puede apreciar en la Tabla 7.20de excitación del circuito'
Tabfa 7.2O. Tablade excitacióndel Problema7'8
Qzrt+t¡ Qrt,*tl Q.oQ+t¡
0
0
1
I
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
I
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
I
1
0
0
1
I
0
0
1
1
0
0
I
1
0
0
I
I

D I G I T A L
Sc'pueden codificar
Por consiguiente,
ya
Tabla 7.21.
los estadosde acuerdocon la siguienteasignación:
000 --------, 1o 100 __________+
14
001 ------------¡, 101 -- ¡.
010 ___+ 1, 110 ___-_____,
16
011 ---------------+
1. 111- It
se estáen condicionesde escribiruna tabla de transiciónde estadoscomo la
Tabla 7.21. Tablade estadosdel problema7.g
El diagramade flujos del circuito de la Figura 7.29es el que se muestraen la Fieura 7.30.
X=0
x--:
Figura7.30.
de flujosdel
Diagrama
Problema7.8.
Estadoactual X Estado futuro Salida S
Io
I
, 0
I l
Il
I2
I2
I3
I1
I4
I4
I5
I
I6
I6
I,
I7
0
1
0
1
0
I
0
I
0
1
0
I
0
I
0
I
Il
I1
I3
I2
I6
I4
I4
I4
I5
I1
I6
I6
I1
I1
Il
Io
0
0
I
1
0
0
1
I
0
0
I
I
0
0
0
0
+__O
tolo tllo

AUTOMATAS
FINITOS 305
j.g. Diseñar
un circuitoquecuente
de0 a 7 impulsos
dandoel resultado
enbinarioy empleando
para su realizaciinbiestables
del tipo J-K. utilizar los conceptos
de automátasfinitos'
Solución: De acuerdocon el enunciado,y por comodidad a la hora de la codificaciónde las salidas,es
aconsejableutilizarelmodelodeMooreparaestedesarrollo.
En primer lugar' se dibuja el diagrama de flujos del sistema,como Semuestraen la Figura ].3|,
X:O
x=o
X:1
X=O
x:1

,//
i
X : 1
Figura 7.31. Diagramade flujosdel contadordel Problema7'9'
En segundolugar,se realizala tabla de estadosde acuerdocon el diagramade flujos' tal y como
puedeapreciarse
en la Tabla 7'22'
Tabla 7.22. Tabla de estadosdel Problema7'9
Estado presente X Estado futuro Salida
Io
Io
I1
I r
I2
f
l 2
f
l - l
I3
I^
I1
I s
Is
I6
I6
I1
1.,
0
1
t
0
I
0
I
0
I
0
1
0
I
0
I
0
1
Io
Il
Il
I2
I2
I1
I3
I4
I1
I5
Is
I6
I6
I1
[1
Io
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 1 1
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 1
1 0 1
1 1 0
1 1 0
1 1 1
l l l
l2lolo

3 0 6 E L E C T R o N t c A
D t c t r A L
En tercerlugar, se hacela asignaciónde estados;en el caso que nos ocupa han de coincidir los
estadosinternos del contador con las salidas para simplificar el circuito de salida, ya que, de esta
manera,las salidasde los biestables
coincidencon los estadosinternosdel autómata.
De acuerdocon lo.dicho,se realizala asignaciónde estadosde la siguientemanera:
1o- 000
1r .-----.-----.--
001
/u - 010
1¡------.-.--.----011
/+ .---.--------
100
/s.--_ 101
1o...--------.-----
110
Ij ---------' lll
En cuarto lugar, se sustituyeesta codificaciónen la tabla de estadosy, además,ampliamosesta
tabla con la tabla de excitación teniendo en cuenta que hay que realizar el circuito empleando
biestablesdel tipo J-K (Tabla 1.23).
Tabla 7.23. Tabla de excitacióndel problema7.9
Estado presente
Qru¡ Qtt't Qout
X
Estado futuro
Qztt
+t) Qt(t+t) Qnr,
* ,l
Salida
,s2 s' s' r2 K2 Jr Kl Jo Ko
0
0
0
0
0
0
0
0
I
1
I
I
I
I
1
1
0
0
0
0
I
I
I
I
0
0
0
0
I
I
I
1
I
0
0
I
I
0
0
I
I
0
0
I
I
0
0
I
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
0
0
0
0
0
0
0
I
1
1
I
I
I
I
1
0
0
0
0
I
1
I
I
0
0
0
0
I
I
I
I
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0
I
I
0
0
1
I
0
0
0
0
0
0
0
0
0
I
1
I
I
I
I
I
1
I
0
0
0
0
I
1
I
I
0
0
0
0
I
I
I
I
I
0
0
1
I
0
0
1
I
0
0
I
I
0
0
I
1
0
0
0
U
0
0
0
I
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
X
0
0
0
0
0
0
0
I
0
0
0
I
X
X
X
X
0
0
0
I
X
X
X
X
X
X
X
X
0
0
0
I
X
X
X
X
0
0
0
I
0
I
X
X
0
1
X
X
0
I
X
X
0
I
X
X
X
X
0
I
X
X
0
I
X
X
0
I
X
X
0
I
I
El quinto paso consisteen obtener los mapas de
biestables
para cada una de susentradas.
tenienclo
en
obtienenlos mapasde Karnaugh de la Figura 7.32.
Karnaugh para reducir la
cuentalosestados
inlernos
interconexiónde los
y la variable{ asíse

a ( o o 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
0 0 0 0
0 0
r-l0
X X
t l
IY
x
X X
J r : A . ' A o ' X
AUTOMATAS
FINITOS 307
QrA
Qro
Jo:X Ko=X
Figura 7.32. Mapas de Karnaughcorrespondientes
a las entradasde los biestables
J-K del
Problema7'9.
como, además,en la designaciónde estadosinternos del autómata de Moore se han hecho
coincidir dichos estadoscon las salidasde los biestables,
sepuedecomprobar que las salidascoinciden
con los estadosinternos de los biestablessacando las funiiones de éstasmediante los mapas de la
Figura 7.33.
oo
a2
b)
a)
a
d)
c)
a.
ao
e)
ñ
1
00i
01
1 1
1 0
00 0 1 1 1 1 0
X
X
f " l
0 0
IJ 0
0 0 0 0
K r : a r ' a o ' X
o
o
1 0
1 1
01
00
00
01
1 1
1 0
0 0
rl 0
X X x
X X X
0 0
U 0
J ' : X ' a o
o
c. 1 0
00 01 11
00
01
1 1
1 0
X
r¡ x
0 0 1 0
0 0 1 0
t_,X
K ' , : A o ' X
1 0
1 1
01
00
00
01
1 1
1 0
0
I ' " l
0 I
X
0 1 X X
0 l r
v_ " l
oo
1 0
0 0 0 1 1 1
00
01
1 1
1 0
X
[ '
-¡
0
X 1 0
X x
r_l
0
X [ , . _t 0

- o
00
0 1
1 1
1 0
x o o 0 1 1 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
t- ¡
'l
1
t_ 1 1 t l
Sr=O.
D I G I T A L
o^Q Q,Q
orQ
0
00
01
1 1
1 0
Y 0 0 0 1 1 1 1 0
0 0 0 0
I ¡
1 1
t_ 1 1 j
U 0 0 0
J z : Q t ' Q o
K z : Q t ' Q o
J r : Q o
Kt : Q.o
J a : l
( o : 1
Finalmente,el circuito queda como se muestraen la
a) b)
c)
S , = O '
Figura 7.33. Mapas de Karnaughde las salidasdel problema7.g.
Dado que sólo sevan arealizartransiciones
de un estadoa otro cuandola variableXsea 1 y nunca
cuando x sea0, el circuito funcionará como contador si sepone siemprea I laentrada x, y laentrada
de impulsos a contar se realiza a través de la señarde reloj.
Las ecuaciones
de entradade los biestables
quedancleia siguienteforma:
0,
00
01
t t ]
I
1 0 1
x 0 0 0 1 1 1 1 0
0 0
Í
Tl
0 0 1 ,|
0 0 1 1
0 0
t_ j
S o = O o
Figura 7.34

AUTOMATAS
FINITOS 309
Salidas
s,,
Solución: Un código Johnsonde cinco bits es el que semuestraen la TablaT'24'
Tabla 7.24.
Problema
7.10
El diagrama de flujos de estegeneradorde códigos es el que se muestra en la Figura 7 '35'
s,
so
lmPulsos
Figura7.34' Resultado
del Problema
7'9'
2.r0. Implementarun circuito que genereun código Johnsonde c,uatrobits,empleandopara ello
biestables
del tipo ,/-K que trabajan dentro de un sistemasíncrono'
1
1 1
1
PR
PL
oo
a
Jo
> c k
Ko
PR
PL
a1
a
J1
, C r
K.,
P^
PL
a,
a
J,
) C r
K,
7
1
76
1
476
I
7416
nll d
D C B A
0
I
2
a
J
^
+
5
6
1
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 1
0 1 l l
1 1 1 1
1 1 1 0
1 1 0 0
1 0 0 0

D I G I T A L
X:O
X:O
Figura 7.35. Diagramade flujos de un contador Johnson de cuatro bitsdel Problema
7.10.
Solución: La Tabla 7.25se correspondecon la de estadosdel diagramade flujos de la Figura7.35.
Tabf a 7.25. Tabla de estadosdel contador
del Problema7.10
1,10011
l3/0111
1 5 1 1 1 1 0 t o l 1 1 1 1
t611100
X:O
Estado presente X Estado futuro D C B A
Io
Io
I.
I.¡
I2
I2
I-
I-
-1
I4
I1
Is
I,
I6
I6
1,.
I1
0
I
0
1
0
I
0
I
0
I
0
1
0
I
0
I
Io
Il
I1
I2
I2
I"
I"
I1
I1
Is
Is
I6
I6
I1
I1
Io
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 1 1
0 0 1 1
0 l l 1
0 1 1 1
l t 1 1
1 1 1 1
I I l 0
l 1 l 0
r 1 0 0
l r 0 0
1 0 0 0
1 0 0 0

Seguidamente
se realizala
estados
distintos.
se necesitan
asignaciónde códigos
por lo menostres bits
AUTOMATAS
FINITOS 311
binarios
a losestados
internos.
Comohayocho
paracodihcarlos.
000
001
0 1 0
0 1 1
100
t 0 l
1 1 0
1 1 1
I o +
1 1 +
l r *
1 . *
I o -
1 5 +
1 6 +
I ' 7 +
Sustituyendolos estadosde
excitación de los biestables./-K.
codificación en la tabla de estados
se obtiene la Tabla 7.26.
y ampliando éstacon la tabla de
Tabla 7.26. Tablade excitacióndel Problema7.10
Los mapas de Karnaugh para deducir las ecuacionesde interconexión de los biestables"/-K y las
salidasson los que se muestranen la Figura 7.36
Estado presente
Qzt,t Qtr¡ Qovt
X
Estado futuro
Q.zt,*rl Q,*rl Qntt+tt
Salida
D C B A
J2 K2 Kr
Jr Ko
ro
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 1 1
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 r
1 0 1
1 1 0
r 1 0
t l l
l l l
0
1
0
1
0
1
0
I
0
I
0
I
0
1
0
I
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 l l
0 t l
1 0 0
1 0 0
1 0 1
1 0 1
1 1 0
1 1 0
l r l
1 1 1
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 1
0 0 1 1
0 0 1 1
0 1 1 1
0 1 1 1
1 1 1 1
l l 1 1
I 1 1 0
1 1 1 0
1 1 0 0
1 r 0 0
1 0 0 0
1 0 0 0
0 x
0 x
0 x
0 x
0 x
0 x
0 x
1 x
x 0
x 0
x 0
x 0
x 0
x 0
x 0
x 1
X
X
X
X
0
0
0
I
X
X
X
X
0
0
0
I
0
0
0
I
X
X
X
X
0
0
0
1
X
X
X
X
0 x
l x
x 0
x l
0 x
l x
x 0
x 1
0 x
l x
x 0
x l
0 x
1 x
x 0
x l

K 0 0 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
0 0 0 0
0 0 rí) 0
X X
IJ X
X X X
312 ELEcrRoNlcA
DlGlrAL
QrO
J r = Q r ' O o ' X
QrA,
Jl = o o ' x
01
arQ,
ara
arQ,
K,-Ao'X --,K,
0 1 1 1
a"Q,
a.a X 0 0 0 1 1 1 1 0
1
00
01
1 1
1 0
0 0 0 0
0 0 ( D
f 1 l 0 0
C 1 ) 1 l
S
"=
Ar' Ór+Or' Óo*OrO
rAo
para el cálculo del circuito de entradaa los biestablesdel
Problema7.1O.
9o
Q"Q
b)
a)
- - J r = O , , ' Q o
1 1 1 0
-' J',:Qo
1 1 1 0
K r : Q r ' A o ' X - K "
1 1
= Q , . Q O
1 0
d)
=Ao
a,
s)
oo
a
h)
QrA
So:4,
Figura7.36. Mapasde Karnaugh
sr:dr'o, + ar'Ó.,
Sr=OrOO,,
o X 0 0 0
t
00
01
1 1
1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
Í- 1 1 I
lL 1 1 J)
i)
9 X0 0 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
X X X
x X
r;) x
0 0 U 0
0 0 0 0
9'* oo 01
00
01
1 1
1 0
Q'x oo 01
00
01
1 1
1 0
9"x'oo
Jo=X - Jo:1
-Oo¡00
Ko:X -, Kr=1
o
( 0 0 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
0 0 0 0
( 1 1 D
0 0 0 0
C 1 1 D
o
y 0 0 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
0 0 f, i)
( 1 I r ü
0 0 0 0
c D 0 0
+ o r . o r . o o
Sn=Or'
A, + Q.' Ao'

AUTOMATAS
FINITOS 313
Por tanto, el circuito queda como se muestra en la Figura 7'31.
Salidas
Entrada
de
impulsosX
Figura 7.37. Resultadodel Problema7.10'
7.11. Implementar un contador de ocho estadosque disponga de una señalde control de tal
maneraque cuando éstasea 1, realiceuna cuentabinaria ascendente,
y cuando dicha señal
sea0 se genereuna cuenta descendente.
Solución: De acuerdo con el enunciado del problema, el diagrama de flujos del sistemaes el que se
muestraen la Fisura 7.38.
oo
ao
4.,
o,
o.
o.
74n-l 7473

D I G I T A L
Figura 7.38. Diagramade flujos de un contador ascendente/descendente
pilotado por
una señalde control.Problema7.11.
La Tabla 7.27es la de estadosque correspondecon el diagramade flujos de la Figura 7.38
Tabla 7.27. Tablade estadosdel Problema7.11
l,l010
t1lool
t
o
o
( t
l51101
t 6 1 1 1 o
Estado presente X Estado futuro C B A
Io
Io
I,
I.I
I2
I2
I-
I-
I4
I4
Is
I.)
I6
I6
I1
1.,
0
I
0
I
0
1
0
I
0
1
0
I
0
I
0
1
I1
I1
Io
I2
I,
I^
I2
I4
I-
T.
-)
I4
I6
I.f
I1
I6
Io
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 r 1
0 l r
1 0 0
1 0 0
1 0 1
1 0 1
I l 0
1 1 0
1 1 1
1 1 1

AUTOMATAS
FINITOS 315
Seguidamentese realizala asignaciónde códigos binarios a los estadosinternos.Como hay ocho
estadosdistintos se necesitan,por lo menos,tres bits para codifrcarlos.
10_---- 000
1r - 001
/2 ----------------'
010
1 ¡ - 0 1 1
/o ------------+
100
/, ----------------+
101
16----------------+
110
I-, -------------lll
En estecasode decideimplementarel circuito con biestabletipo D, por tanto, sepuederealizarla
Tabla.7.28donde ya se han sustituidolos estadosinternospor los códigosasignados.
del Problema7.11
Los mapas de Karnaugh para deducir las ecuaciones
de interconexiónde los biestables
D y las
salidas,son los que se muestranen la Figura 7.39.
Estado presente
Qz<,'t Qro Qoo
X
Estado futuro
Qztt+t¡ Qu,*t¡ Qut+tl
Salida
C B A
D2 Dl Do
0 0 0
0 0 0
0 0 r
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 1 1
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 1
l 0 l
1 1 0
1 1 0
l 1 l
1 1 1
0
1
0
I
0
1
0
I
0
I
0
I
0
I
0
I
l t l
0 0 1
0 0 0
0 1 0
0 0 1
0 1 1
0 1 0
1 0 0
0 1 1
1 0 1
1 0 0
1 1 0
1 0 1
1 1 1
1 1 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 r 0
0 1 0
0 t I
0 1 1
1 0 0
1 0 0
l 0 l
r 0 1
1 1 0
1 1 0
l 1 l
r l l
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
I
I
1
I
1
0
I
0
0
I
0
I
I
0
I
0
0
I
0
I
I
0
I
I
0
0
I
I
0
0
I
1
0
0
I
I
0
0

" , . "
o o 0 1 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
o 0 0 0
0 0
o 0
eD 0
Or
0
C D t_,
3 1 6 E L E C T R O N I C A D I G I T A L
arQ
D r = A r ' O . , ' Ó o ' X + A r ' o , , ' O o + D . , = Q . , .
l O o . x + Q o . X ¡ +
* o r . o r ' a o + a . , . o o . X + A r ' o . , . o o . x * o , . ( o o. X + o o . X )
D,,:e.,OOoOX
a^
Do=Ó o
Figura 7.39. Mapas de Karnaugh para la deducción de las ecuacionesde entrada de los
biestables
del Problema7.11.
Empleando el método de simplificación por OR exclusiva para D, se obtiene el mapa de la Figu-
ra 7.10.
aro
D,: (Qo@X)-O,+
(O.oO,).Ao.X+Oo.X.
(a2@o)
Figura 7.4O. Mapa de OR exclusivapara la simplificación
de D.en el problema7.11.
a2
oo
b)
a)
a,
c )
00 01 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
U 0
U 0
0
rl 0
r?)
0
t l
l r ) 0
U
r;)0
f-) 0
[,' 00 01 1 1 1 0
00
01
1 1
1 0
I
-il
0 0
1
I 1 0 0
1 1 0 0
I :)
0 0
o_
t
00
01
1 0
1 1
x 0 0 0 1 1 0 1 1
t l
U 0 0 0
0 0 0
f)
0 G- ¡ U
r¡
t l l_ _t 0

AUTOMATAS
FINITOS 317
Por tanto, el circuito quedacomo se muestraen la FigutaT'41'
Entradade
rmpulsos
CK
x
Entrada
de control ascendente/descendente
Salida
C
Figura 7.41. Resultado
del Problema7.11
Salida
B
S a l i d a
A
7.12. Implementarun contadorsíncronoque medianteuna señalde control genere,
a la frecuencia
de la señalde reloj,los númerosparesdel 0 al 6 cuandola señalde control estáa nivel bajo,
y los númerosimparesentre el 1 y 7 cuando la señalde control estáa nivel alto.
Solución: De acuerdo
conel enunciado
delproblema,
si el circuitoseimplementa
de acuerdo
conla
teoriadeautómatas
finitostendráochoestados
sobre
losquepueden
evolucionar
según
eldiagrama
de
flujosdela Figura7.42.

D I G I T A L
Figura 7.42. Diagramade flujos de un generadorde númerospares/impares
controladospor
una senalde control (Problema1.12).
La Tabla 7.29es la de estados,
que correspondecon el diagramade flujos de la Figura 7.42.
Tabla 7.29. Tablade estados
del Problema
7.12
1 , 1 1 1 1
lul101
t 6 1 1 1 0
X:O
Estado presente X Estadofuturo A B C
Io
Io
Ir
Il
I2
I2
I"-t
I.
I4
I4
Is
I.
I6
I6
I1
I1
0
1
0
1
0
I
0
I
0
1
0
I
0
I
0
1
I2
Ir
I2
I-
J
I4
I.
I1
Is
I6
Is
I6
I1
Io
I1
Io
Ir
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 l I
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 1
l 0 r
r l 0
I l 0
l l r
l l l

AUTOMATAS
FINITOS 319
Por habersidoelegidoel modelode Moore para la implementación
del sistemay para simplificarel
circuito de salida,secodificanlos estadosinternosde maneraque coincidancon las salidas,
por tanto
1o- 000
1r- 001
1 z - 0 1 0
1¡-----------011
1¿.* 100
1s----------------'
101
/6 ----------------'
I l0
11 ---+ lll
En estecasosedecideimplementar el circuito con biestabletipo J-K, por tanto, sepuede realizarla
Tabla 7.30,donde ya se han sustituidolos estadosinternospor los códigosasignados.
del Problema7.12
Los mapas de Karnaugh para deducir las ecuaciones
salidasson las que se muestranen la Figura 7.43.
Estadopresente
Qrtt Qto', Qoct
x Estadofuturo
Qrot Qtat Qoot
J2 Kz Kr
Jr Ko
Jo
Salidas
A B C
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 1 r
0 1 1
1 0 0
1 0 0
1 0 1
1 0 1
1 1 0
1 1 0
l l l
1 1 1
0
I
0
I
0
I
0
I
0
1
0
I
0
1
0
1
0 1 0
0 0 1
0 1 0
0 1 1
1 0 0
0 1 1
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 0 r
1 1 0
1 1 1
0 0 0
l l l
0 0 0
0 0 1
U X
0 x
0 x
0 x
l x
0 x
1 x
1 x
x 0
x 0
x 0
x 0
x l
x 0
x 1
x 1
l x
0 x
1 x
1 x
x l
x 0
x l
x l
l x
0 x
0 x
l x
x l
x 0
x l
x l
0 x
1 x
x l
x 0
0 x
1 x
x l
x 0
0 x
l x
x 0
x 0
0 x
1 x
x l
x 0
0 0 0
0 0 0
0 0 1
0 0 1
0 1 0
0 1 0
0 l l
0 l l
1 0 0
1 0 0
1 0 r
1 0 1
1 1 0
1 1 0
l l l
1 1 1
de interconexión de los biestables-/-K y las

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