Logique combinatoire : exercices corrigés de Première SI

Rappel du critère : une fonction combinatoire ne dépend que des entrées présentes, une fonction séquentielle dépend aussi des données traitées précédemment ⁵.

Situation 1 : l'état du plafonnier se déduit de l'état des portes à l'instant considéré. Il est donc combinatoire.

Situation 2 : à l'appui sur le bouton, la sortie dépend de l'état actuel de la lampe, c'est-à-dire de ce qui s'est passé avant. Avec la même entrée (appui), la lampe tantôt s'allume, tantôt s'éteint : le système est séquentiel.

Situation 3 : la sonnerie se déduit de l'état de la porte et de l'état d'activation, sans mémoire. Il est combinatoire.

Chaque capteur est une entrée binaire, donc il a 2 états possibles.

Les états des quatre capteurs se combinent : on multiplie $2\times2\times2\times2$.

Le résultat est $2^4 = 16$. La table comporte donc 16 lignes, une par combinaison d'entrées.

Il y a deux entrées, donc quatre lignes. On ajoute une colonne pour $\bar{b}$.

Pour chaque ligne, on applique le ET entre $a$ et $\bar{b}$ : le résultat vaut 1 seulement quand $a=1$ et $\bar{b}=1$, c'est-à-dire $b=0$.

Une seule ligne donne $S=1$ : celle où $a=1$ et $b=0$. On peut dire que $S$ vaut 1 quand $a$ est actif et $b$ inactif.

Équation : $L = p_1 + p_2 + p_3 + p_4$.

Le plafonnier est éteint dans un seul cas : les quatre portes sont fermées, soit $p_1=p_2=p_3=p_4=0$.

Il y a $2^4 = 16$ combinaisons en tout, donc $16 - 1 = 15$ combinaisons où le plafonnier est allumé.

Logigramme : une porte OU à deux entrées regroupe $p_1$ et $p_2$, une seconde regroupe $p_3$ et $p_4$, une troisième regroupe les deux sorties précédentes. Il faut 3 portes OU à deux entrées.

On liste les huit combinaisons et on compte les 1 de chacune.

On relève les lignes où le nombre de 1 est impair : trois lignes avec un seul 1, plus la ligne avec trois 1.

Le total est $3 + 1 = 4$ lignes à $X=1$, soit la moitié de la table.

Table : $A=1$ seulement pour $m=1$ et $c=0$.

La ligne à $A=1$ demande $m=1$ et $c=0$, soit $m$ ET NON $c$.

Équation : $A = m\cdot\bar{c}$.

Vérification pour $m=1$, $c=1$ : $\bar{c}=0$, donc $A = 1\cdot0 = 0$. Le résultat correspond à la table : machine en marche, capot fermé, pas d'arrêt.

Le premier cas s'écrit $o$. Le second s'écrit $d\cdot\bar{v}$. Les deux cas sont reliés par un OU : $M = o + d\cdot\bar{v}$.

Cas $o=1$ : $M=1$ quelles que soient $d$ et $v$, soit 4 combinaisons.

Cas $o=0$ : $M=1$ seulement si $d=1$ et $v=0$, soit 1 combinaison.

Total : $4 + 1 = 5$ combinaisons sur 8.

Avec $o=1$ et $v=1$, $M=1$ : la porte s'ouvre malgré le verrouillage. C'est cohérent, car le cahier des charges donne la priorité à l'ouverture forcée par le personnel.

Pour $a=1$ : $\bar{a}=0$, le second terme est nul et $S = b$.

Pour $a=0$ : le premier terme est nul et $S = c$.

On compte les lignes à $S=1$ : deux pour $a=0$ (celles où $c=1$) et deux pour $a=1$ (celles où $b=1$), soit 4.

Conclusion : l'entrée $a$ joue le rôle d'aiguillage. Si $a=1$, la sortie recopie $b$ ; si $a=0$, elle recopie $c$.

Avec les deux entrées reliées à $x$ : si $x=0$, la sortie vaut 1 ; si $x=1$, elle vaut 0. C'est bien $\bar{x}$.

On fabrique $\bar{a}$ et $\bar{b}$ avec deux portes ainsi câblées.

On les envoie dans une troisième porte NON ET. Sa sortie vaut 0 uniquement si $\bar{a}=1$ et $\bar{b}=1$, c'est-à-dire si $a=0$ et $b=0$. Dans tous les autres cas elle vaut 1 : c'est exactement $a+b$.

Total : $1 + 1 + 1 = 3$ portes NON ET.