Основы синтеза и диагностирования автоматов. Воронин В.В. - 228 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТОГУ | Хабаровск

Составители: 

Рубрика: 

224
множество {е
i1
}.
Шаг 2. Из выражения П
Σ
вычёркиваем сомножители, в которые
входит выбранный элемент е
1i
- получаем П
Σ
’.
Шаг 3. Если П
Σ
’ пусто, то тестом является {е
ij
}, переход на
Шаг 4. Если же П
Σ
’ не пусто, то, применяя к выражению П
Σ
’ Шаг 1
и Шаг 2, получим е
2i
, и т. д.
Шаг 4. Зафиксировать результат.
Таким образом придём к тесту {е
ij
}=е
1i
, е
2i
, … ,е
li
.
Применим рассмотренный алгоритм для построения контроли-
рующего и диагностического тестов относительно табл. 6.7. Полу-
чим вначале контролирующий тест. Будем для удобства представ-
лять выражения П
Σ
в табличной форме.
Число строк в табл. 6.8 соответствует числу
КЭД. Первый столбец иллюстрирует все случаи
сравнения исправного состояния с выбранным
представителем каждого КЭДа. Во втором столбце
приводятся логические суммы - десятичные экви-
валенты входных наборов, на которых сравнивае-
мые состояния различимы. Так, например, исправ-
ное состояние отличается от КЭДа
С
3
={M
4
} на наборах {2
∨
5
∨
6
∨
7}
(010,101,110,111).
Во втором столбце наборы 3 и 4 входят в вы-
ражения сумм по три раза. Например, включим на
первом шаге в тест набор 3. После вычеркивания
строк, содержащих этот набор, получим промежу-
точный результат в виде табл. 6.9.
В этой таблице наборы 4,5,2 встречаются по два раза. Включим
в тест
набор 4. Еще после двух итераций получим окончательный ре-
зультат в виде {3,4,2,5}. Он не зависит от выбора очередного набора
Таблица 6.8
0
↔
2
5
0
↔
3
2
0
↔
4 2
∨
5
∨
6
∨
7
0
↔
5 0
∨
1
∨
3
∨
4
0
↔
6
3
0
↔
7
4
0
↔
10 1
∨
3
0
↔
14
4
Таблица 6.9
0
↔
2
5
0
↔
3
2
0
↔
4 2
∨
5
∨
6
∨
7
0
↔
7
4
0
↔
14
4

Страницы