Реферат в данной курсовой работе будет выполнено: построение проверяющих и диагностических тестов для непрерывной системы


Построение проверяющего и диагностического тестов для комбинационных схем на логических элементах



бет4/6
Дата18.07.2022
өлшемі12,61 Mb.
#147544
түріРеферат
1   2   3   4   5   6
3. Построение проверяющего и диагностического тестов для комбинационных схем на логических элементах
2
Логический элемент ЛЭ представляет собой устройство (рисунок 3.1), имеющее n входов и один выход, на котором реализуется некоторая функция алгебры логики (ФАЛ) F(х). Неисправность во внутренней структуре ЛЭ приводит к тому, что на его выходе вместо функции F(х) реализуется функция неисправности f(x). Тест проверки ЛЭ должен определить, какую из функций [F(x) или f(x)] реализует элемент. Число и вид функций неисправности зависят от внутренней структуры ЛЭ. Анализ неисправностей и построение теста ЛЭ выполняют при помощи ТФН.



Рисунок 3.1 – Логический элемент

Существуют константные неисправности. Такие неисправности можно инвертировать как фиксацию в константу (нуль или единица) сигнала на входе или выходе ЛЭ. Например, обрыв входа элемента ИЛИ-НЕ соответствует фиксации на нем нулевого сигнала, обрыв перехода Э–К транзистора - фиксации на выходе элемента единичного сигнала и т. д. В общем случае, элемент с n входами может иметь 2n+2 константные неисправности, так как каждые вход и выход могут быть зафиксированы как в нуль, так и в единицу. На схемах константные неисправности обозначают в виде кружков, расположенных около соответствующих входов и выходов (пример приведен на рисунке 3.2). Верхние кружки соответствуют неисправностям “константа 1” (К  1), а нижние – неисправностям “константа 0” (К 0). Как правило, ЛЭ имеет только один вид неисправности на входе.





Рисунок 3.2 – Обозначение константных неисправностей

Для ЛЭ можно выделить классы эквивалентных неисправностей, которые показаны на рисунке 3.3 в виде графов, нанесенных на изображение элементов. Эквивалентные неисправности соединены прямыми линиями. Рассмотрим, например, элемент ИЛИ. В класс эквивалентных неисправностей входят неисправности 1, 3 и 5, соответствующие неисправностям вида К 1 входов и выхода элемента. Очевидно, что если на каком-либо входе зафиксировать сигнал единицу, то такой же сигнал фиксируется на выходе. При этом по выходу элемента невозможно определить, где имеет место неисправность – на каком входе или выходе. Для этих неисправностей равны функции неисправности (f1=f3=f5) и проверяющие функции. При построении Тп и Тд от класса эквивалентных неисправностей рассматривается только один ее представитель.





Рисунок 3.3 – Классы эквивалентных неисправностей для логических элементов

Среди константных неисправностей выделяются импликантные неисправности. Неисправность Ni , находится в отношении импликации к неисправности Nj, (обозначается: Ni  Nj), если на тех входных наборах, на которых равна единице проверяющая функция неисправности Ni φi , равна также единице и проверяющая функция неисправности Nj φj (φi  φj). Отношение импликации указывается на изображениях элементов в виде стрелок, направляющих от Ni к Nj.


Комбинационная схема содержит логические элементы и связи (соединения) между ними. В ней возможны следующие дефекты: неисправности ЛЭ: обрывы соединений, замыкания между соединениями (в том числе с шинами питания), перепутывание связей (неправильный монтаж).
Для диагностирования задана следующая функция:



Логическая схема, исполняющая данную функцию будет выглядеть следующим образом:





Рисунок 3.4 - Логическая схема функции F

Необходимо нанести неисправности компонент схемы. Под компонентами понимают входы и выходы элементов, и входы схемы.


Если выход элемента или вход схемы соединен с входом только одного элемента, то это соединение рассматривают как одну компоненту. Если в схеме имеется точка разветвления, то в качестве компонент выступают как точки разветвления, так и все ветви разветвления. Для каждой компоненты указывают две константные неисправности К->1 и К->0.
Для каждого логического элемента наносятся графы эквивалентных неисправностей и указывают отношения импликации между неисправностями, в результате чего устанавливают отношения между неисправностями для всей схемы.
Нумеруются неисправности, причем среди эквивалентных неисправностей нумеруют только одну, ближе всех расположенную к выходу (для нее наиболее просто вычислить проверяющую функцию); все неисправности, к которым направлены дуги, не нумеруют; если хотя бы к одной из эквивалентных неисправностей направлена дуга, то ни одну из них не нумеруют. В результате данной операции сокращают список неисправностей, которые необходимо рассматривать при построении теста. В данной схеме пронумеровано 15 неисправностей, в то время как исходное множество содержит 26 неисправностей.
система тест железнодорожный автоматика

Рисунок 3.5 - Логическая схема функции F с обозначением неисправностей

Функция i–ой неисправности рассчитывается следующим образом: например для первой неисправности на выходе элемента И фиксируется 0, этот элемент реализует функцию , следовательно для получения функции f1 в формулу надо подставить 0 вместо .





После минимизации некоторых полученных функций неисправностей получили, что и


Составляем ТФН:

Таблица 3.1 – Таблица ТФН для функции F



Входной набор

Функция неисправности

F

f1

f2

f3

f4

f5

f6

f7

f8

f9

f10

f11

f12

f13

f14

f15



abc

0

000

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

001

0

0

0

0

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

0

1

2

010

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

3

011

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

4

100

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

5

101

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

6

110

0

0

0

0

0

0

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

7

111

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

Составим проверяющие функции по таблице:


φ1 = 2 v3


φ2 = 5 v 7
φ3 = 0 v 4
φ4 = 1
φ5 = 1
φ6 = 6
φ7 = 1
φ8 = 6
φ9 = 6
φ10 = 1 v 2
φ11 = 5 v 6
φ12 = 1 v 4
φ13 = 3 v 6
φ14 = 0 v 6
φ15 = 1 v 6

На основании проверяющих функций проверяющий тест будет иметь следующий вид:




(3.1)

В результате получаем 8 минимальных теста:





При расчете диагностического теста, не учитывают отношения импликации между неисправностями. На схему наносят только графы эквивалентных неисправностей, которые нумеруют в соответствии с указанным для них правилом. В результате число неисправностей, включаемых в ТФН, увеличивается. В нашем случае в ТФН дополнительно включаются обе неисправности выхода элемента ИЛИ (точки 16 и 17) . По диагностическому тесту строят словарь неисправностей.





Рисунок 3.6 - Логическая схема функции F для составления диагностического теста

Составим ТФН.


Таблица 3.2 – Таблица ТФН



Входной
набор

Функция неисправности

F

f1

f2

f3

f4

f5

f6

f7

f8

f9

f10

f11

f12

f13

f14

f15

f16

f17



abc























































0

000

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

001

0

0

0

0

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

2

010

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

0

3

011

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

0

4

100

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

0

5

101

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

0

6

110

0

0

0

0

0

0

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

1

0

7

111

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0

Определим различающие функции:


1)φ1,2 = 2 v 3 v 5 v 6


φ1,3 = 0 v 2 v 3 v 4
φ1,4 = 1 v 2 v 3
φ1,5 = 1 v 2 v 3
φ1,6 = 2 v 3 v 6
φ1,7 = 1 v 2 v 3
φ1.8 = 2 v 3 v 6
φ1.9 = 2 v 3 v 6
φ1.10 = 1 v 3
φ1.11 = 2 v 3 v 5 v 6
φ1.12 = 1 v 2 v 3 v 4
φ1.13 = 2 v 6
φ1.14 = 0 v 2 v 3 v 6

φ1.15 = 1 v 2 v 3 v 7


φ1.16 = 1 v 2 v 3 v 6
φ1.17 = 0 v 4 v 5 v 7
2) φ2,3 = 0 v 4 v 5 v 6
φ2,4 = 1 v 5 v 6
φ2,5 = 1 v 5 v 6
φ2,6 = 5
φ2,7 = 1 v 5 v 6
φ2.8 = 5
φ2.9 = 5
φ2.10 = 1 v 2 v 5 v 6
φ2.11 – не существует
φ2.12 = 1 v 4 v 5 v 6
φ2.13 = 3 v 5
φ2.14 = 0 v 5
φ2.15 = 1 v 2 v 3 v 7
φ2.16 = 1 v 5 v 6 v 7
φ2.17 = 0 v 2 v 3 v 4 v 6 v 7
3) φ3,4 = 0 v 1 v 4 4)φ4,5 - не существует
φ3,5 = 0 v 1 v 4 φ4,6 = 1 v 6
φ3,6 = 0 v 4 v 6 φ4,7 – не существует
φ3,7 = 0 v 1 v 4 φ4.8 = 1 v 6
φ3.8 = 0 v 4 v 6 φ4.9 = 1 v 6
φ3.9 = 0 v 4 v 6 φ4.10 = 1
φ3.10 = 0 v 1 v 2 v 4 φ4.11 = 1 v 5 v 6
φ3.11 = 0 v 4 v 5 v 6 φ4.12 = 1 v 4
φ3.12 = 0 v 1 φ4.13 = 1 v 3 v 6
φ3.13 = 0 v 3 v 4 v 6 φ4.14 = 0 v 1 v 6
φ3.14 = 4 v 6 φ4.15 = 7
φ3.15 = 0 v 1 v 4 v 7 φ4.16 = 6

φ3.16 = 0 v 1 v 4 v 6 φ4.17 = 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 7


φ3.17 = 2 v 3 v 5 v 7
5) φ5,6 = 1 v 6 6) φ6,7 = 1 v 6
φ5,7 – не существует φ6,8 - не существует
φ5,8 = 1 v 6 φ6,9 – не существует
φ5,9 = 1 v 6 φ6,10 = 1 v 2 v 6
φ5,10 = 2 φ6,11 = 5
φ5.11 = 1 v 5 v 6 φ6,12 = 1 v 4 v 6
φ5.12 = 4 φ6,13 = 3
φ5.13 = 1 v 3 v 6 φ6,14 = 0
φ5.14 = 0 v 1 v 6 φ6,15 = 1 v 6 v 7
φ5.15 = 7 φ6,16 = 1
φ5.16 = 6 φ6,17 = 0 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7
φ5.17 = 0 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 7
7)φ7.8 = 1 v 6 8) φ8.9 - не существует
φ7.9 = 1 v 6 φ8.10 = 1 v 2 v 6
φ7.10 = 2 φ8.11 = 5
φ7,11 = 1 v 5 v 6 φ8.12 = 1 v 4 v 6
φ7,12 = 4 φ8.13 = 3
φ7,13 = 1 v 3 v 6 φ8.14 = 0
φ7,14 = 0 v 1 v 6 φ8.15 = 1 v 6 v 7
φ7.15 = 7 φ8.16 = 1
φ7.16 = 6 φ8.17 = 0 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7
φ7.17 = 0 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 7 10) φ10.11 = 1 v 2 v 5 v 6
9)φ9.10 = 1 v 2 v 6 φ10.12 = 2 v 4
φ9.11 = 5 φ10.13 = 1 v 2 v 3 v 6
φ9.12 = 1 v 4 v 6 φ10.14 = 0 v 1 v 2 v 6
φ9.13 = 3 φ10.15 = 2 v 7
φ9.14 = 0 φ10.16 = 2 v 6
φ9.15 = 1 v 6 v 7 φ10.17 = 0 v 1 v 3 v 4 v 5 v 7

φ9.16 = 1


φ8.17 = 0 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7
11) φ11.12 = 1 v 4 v 5 v 6 12) φ12.13 = 1 v 3 v 4 v 6
φ11.13 = 3 v 5 φ12.14 = 0 v 1 v 4 v 6
φ11.14 = 0 v 5 φ12.15 = 4 v 7
φ11.15 = 1 v 5 v 6 v 7 φ12.16 = 4 v 6
φ11.16 = 1 v 5 φ12.17 = 0 v 1 v 2 v 3 v 5 v 7
φ11.17 = 0 v 2 v 3 v 4 v 7
13) φ13.14 = 0 v 3 14) φ14.15 = 0 v 1 v 6 v 7
φ13.15 = 1 v 3 v 6 v 7 φ14.16 = 0 v 1
φ13.16 = 1 v 3 φ14.17 = 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7
φ13.17 = 1 v 5 v 6 v 7
15) φ15.16 = 6 v 7
φ15.17 = 0 v 1`v 2 v 3 v 4 v 5
16) φ16.17 = 0 v 1 v 2 v 3 v 4 v 5 v 6 v 7

Составим диагностический тест, используя формулы алгебры-логики:


Тд = φ1,2 φ1,3 φn-1,n (3.2)



Для упрощения выражения я применил формулы поглощения, и преобразовал выражение к наименьшему числу слагаемых с наименьшим числом множителей.


Аналогичную ситуацию мы проделаем с Тд”

Тд” = Тпφ1,2φ1,3 φ16,17 = ТпТд (3.3)



По полученным данным Тд и Тд” имеют одинаковый словарь неисправностей.


Таблица 3.3 - Словарь неисправностей для Тд



Входной
набор

Функция неисправности

F

f1

f2

f3

f4

f5

f6

f7

f8

f9

f10

f11

f12

f13

f14

f15

f16

f17



abc

0

000

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

0

1

001

0

0

0

0

1

1

0

1

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

2

010

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

0

3

011

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

0

4

100

1

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

0

5

101

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

1

1

1

1

0

6

110

0

0

0

0

0

0

1

0

1

1

0

1

0

1

1

0

1

0

7

111

1

1

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

1

0





Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5   6




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет