Cize k tomu prikladu s analogovym pocitacom MEDA, priklad je zda sa v poriadku.
Cize proces abstraktnej syntezy bude nasledovny :
1. Definovanie vstupnych signalov, urcenie mnoziny vstupnych stavov
Mame dve vstupne signaly a1 a a2, kde a1 - vstupny signal, ktory nastavuje vzdy novy rezim v poradi PRÍPRAVA – RIEŠENIE – ZASTAVENIE a signal a2 je signal indikujuci zahltenie.
Ako kazdy elektricky signal, aj tieto signaly mozu byt 0 alebo 1 a su privedene na vstupny kanal realizovaneho obvodu.
Cize v skratke, ak a1=0 , potom obvod nenastavuje novy rezim a ak a1 = 1, potom obvod nastavuje novy rezim v uvedenom poradi.
//Ak by sme mali len tento vstupny signal, tak potom mnozina vstupnych stavov by bola X0 a X1, kde v skratke X0 - nenastavuje novy rezim, X1 - nastavuje novy rezim. Viac kombinacii neexistuje, teda X = {X0,X1}.//No v tomto pripade existuje este jeden vstupny signal a2, tj. a2 = 0 - neindikacia zahltenia a a2 = 1 - indikacia zahltenia.
Teda kombinaciou 2 vstupnych premennych a1, a2 dostaneme 4 mozne stavy, ktore mozu vzniknut, resp. objavit sa na vstupe realizovaneho obvodu - X0(kombinacia vstupnych premennych(kod stavu) -00), X1(01), X2(10), X3(11). Overime ci vsetky vzniknute stavy aj pouzijeme, teda X0 - nenastavenie noveho rezimu pri neindikujucom zahlteni - ok, X1 - nenastavenie novehu rezimu pri indikujucom zahlteni - ok,X2 - nastavenie noveho rezimu pri neindikujucom zahlteni - ok a X3 - nastavenie noveho rezimu pri indikujucom zahlteni.
Dostali sme mnozinu zakodovanych vstupnych stavov X = {X0,X1,X2,X3}.
2. Definovanie vystupnych signalov, urcenie mnoziny vystupnych stavov
Mame dve vystupne signaly z1 a z2, kde z1,z2 - vystupne signaly, ktore nastavuju prislusny rezim PRÍPRAVA, RIEŠENIE, ZASTAVENIE s takymi hodnotami, ako je to uvedene v tabulke. Cize dostavame vystupne stavy(jeden pre kazdy rezim) nasledovne Y0(kombinacia vystupnych prem. z1, z2 - 00), Y1(01) a Y3(11).
Dostali sme mnozinu zakodovanych vystupnych stavov Y = {Y0,Y1,X3}.
3.Definovanie mnoziny vnutornych stavov, urcenie mnoziny vystupnych stavov
Predpokladam, ze obvod pozostava z 3 vnutornych atavov S0 - "priprava", S1 - "riesenie", S2 - "zastavenie". Ako sa obvod chova pri danych vstupoch a aktualnych vnut. stavoch mozno urobit intuitivne a hned kreslit graf prechodov a vystupov, ja rozpisem v kroku 4.
4.Zostrojenie KA
Obvod mozno realizovat ako Mealy, aj ako Moore, no obvod budem realizovat ako KA typu Moore, kedze obvod pracuje v impulznom rezime a kazdemu vnutornemu stavu mozno priradit prave jeden vystupny stav.
Ak sa obvod nach. v pociatocnom stave S0 - "Priprava" (je mu priradeny vystupny stav Y0) na vstupe sa objavi X0, X1 - nenastavuje novy rezim, teda ostava v stave S0.
Ak sa na vstupe objavi X2 - nastavi dalsi rezim v poradi - "RIesenie", teda obvod prejde do stavu S1. A ak sa vstupe objavi stav X3(11) - odvod ostane v stave - S0, kedze zo zadania vyplyva, ak je a2=1 obvod zostava v rezime PRIPRAVA.
Pribudol novy stav S1 - "Riesenie" (je mu priradeny vystupny stav Y3) a skumame prechody pri kazdom vstupe. Ak sa na vstupe objavi X0 - nenastavuje novy rezim , ostane v S1.
Ak sa na vstupe objavia X1,X3 - vstup s indikaciou zahltenia, obvod musi prejst do stavu S2 - "Zastavenie"( vyplyva zo zadania) a ak sa na vstupe objavi X2 - nastavenie dalsieho rezimu v poradi S2 - "Zastavenie".
Pribudol novy stav S2 - "Zastavenie "(je mu priradeny vystupny stav Y1) a a skumame prechody pri kazdom vstupe. Ak sa na vstupe objavi X0 - nenastavuje novy rezim , ostane v S2.
Ak sa na vstupe objavia X1,X3 - vstup s indikaciou zahltenia, obvod musi ostat v stave S2 - "Zastavenie"( vyplyva zo zadania) a ak sa na vstupe objavi X2 - nastavenie dalsieho rezimu v poradi S0 - "Priprava".
Koniec abstraktnej syntezy, test ci mozno redukovat KA
nakreslenie grafu prechodov a vystupv. To su tie dva grafy Mealy a Moore na tych obrazkoch, co su v podstate spravne.
Mozno pristupit k strukturnej synteze obvodu.
Prvym krokom je kodovanie vstupnych vystupnych a vnutornych stavo. Kodovanie vstupov a vystupov uz mame mozme zakodovat vnutorne stavy. Kedze sa jedna o asynchronny obvod je potreba zvolit take kodovanie aby nevznikali subehy. Na zakodovanie 3 vnutornych stav potrebujeme 2 premenne, nejake p1 a p2.
Hladame take kodovanie, kde vsetky prechody medzi stavmi su elementarne, cize meni sa len jedna premenna. Kedze stavu S0 priradili kod 00, stavu S1 kod 11 a stavu S2 kod 01( podobne ako kodovanie vystupov), vidime ze pri prechode zo stavu S0 do stavu S1 sa meni viac ako jedna vnutorna premenna. Je potrebne dourcovat prechodovy medzistav, pre ktory plati,ze pri kazdom vstupe bude jeho nasledujucim stavom stav S1(to je ta "1" na tom obrazku). Dany medzistav ziskame zmenou niektorej sa meniacej premennej , tj. dostaneme stav S1' s kodom 10.Pri kazdej dalsej dvojici prechodov uz subeh nevznika, cize dany subeh, ktory tam bol na za zaciatku ani nemoze byt kriticky.
Mame 4 stavy, no na zakodovanie 4 vnut. stavov potrebujeme stale len 2 prmeenne, cize potreba pouzitia 2 EA, a sice narastol pocet vnutornych stavov, ale neviedlo to k zvyseniu zlozitosti navrhu budiacich funkcii obvodu.