Designing and Analysing Digital Logic Circuits

# Designing and Analysing Digital Logic Circuits ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à fournir aux élèves de Lower Sixth (Anglophone) une compréhension approfondie des circuits logiques numériques, de leur conception à leur analyse, en couvrant les fondements théoriques et les applications pratiques. À la fin de ce chapitre, l’élève sera capable de : - Identifier et décrire les portes logiques de base et leurs tables de vérité. - Concevoir des circuits combinatoires à partir d’expressions booléennes ou de cahiers des charges. - Simplifier des expressions booléennes à l’aide des lois de Boolean et des cartes de Karnaugh. - Analyser et concevoir des circuits arithmétiques binaires (additionneurs, soustracteurs). - Comprendre le fonctionnement des circuits séquentiels basés sur les bascules (flip-flops). - Concevoir et analyser des circuits séquentiels simples (compteurs, registre à décalage). - Appliquer ces connaissances dans des activités pratiques d’intégration utilisant des simulateurs ou des maquettes. **Prérequis** : Maîtrise du système de numération binaire, des opérations booléennes de base (ET, OU, NON), et familiarité avec la notation algébrique de Boolean. --- ## I. Digital Logic and Logic Gates Les portes logiques sont les éléments fondamentaux des circuits numériques. Elles effectuent des opérations booléennes sur une ou plusieurs entrées binaires pour produire une sortie binaire. ### 1.1 Portes logiques de base > **Définition** : Une porte logique est un dispositif électronique qui implémente une fonction booléenne spécifique, prenant une ou plusieurs entrées binaires et produisant une sortie binaire selon une règle de vérité définie. Les portes de base sont : - **ET (AND)** : Sortie = 1 seulement si toutes les entrées sont 1. Symbolisée par $ \cdot $ ou juxtaposition : $ Y = A \cdot B $ Table de vérité : | A | B | Y | |---|---|---| | 0 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 0 | | 1 | 0 | 0 | | 1 | 1 | 1 | - **OU (OR)** : Sortie = 1 si au moins une entrée est 1. Symbolisée par $ + $ : $ Y = A + B $ Table de vérité : | A | B | Y | |---|---|---| | 0 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 1 | - **NON (NOT)** : Sortie = inverse de l’entrée. Symbolisée par $ \overline{A} $ ou $ A' $ : $ Y = \overline{A} $ Table de vérité : | A | Y | |---|---| | 0 | 1 | | 1 | 0 | > **Règle** : Toute fonction booléenne peut être implémentée en utilisant uniquement des portes NON, ET, OU. ### 1.2 Portes dérivées > **Définition** : Les portes dérivées sont des combinaisons de portes de base qui implémentent des fonctions fréquemment utilisées. - **NAND** : NON-ET. $ Y = \overline{A \cdot B} $ Table de vérité : | A | B | Y | |---|---|---| | 0 | 0 | 1 | | 0 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 0 | - **NOR** : NON-OU. $ Y = \overline{A + B} $ Table de vérité : | A | B | Y | |---|---|---| | 0 | 0 | 1 | | 0 | 1 | 0 | | 1 | 0 | 0 | | 1 | 1 | 0 | - **XOR** (OU exclusif) : Sortie = 1 si les entrées sont différentes. $ Y = A \oplus B = A\overline{B} + \overline{A}B $ Table de vérité : | A | B | Y | |---|---|---| | 0 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 0 | - **XNOR** (NON-OU exclusif) : Sortie = 1 si les entrées sont égales. $ Y = \overline{A \oplus B} = AB + \overline{A}\overline{B} $ > **À retenir** : Les portes NAND et NOR sont fonctionnellement complètes : toute fonction booléenne peut être implémentée uniquement avec des NAND ou uniquement avec des NOR. ### 1.3 Exemples résolus **Exemple 1** : Implémenter la fonction $ F = A\overline{B} + \overline{A}B $ avec des portes de base. **Solution** : Cette expression correspond exactement à la définition de XOR : $ F = A \oplus B $. Implémentation : - Un inverseur sur $ A $ → $ \overline{A} $ - Un inverseur sur $ B $ → $ \overline{B} $ - Deux portes ET : $ A \cdot \overline{B} $ et $ \overline{A} \cdot B $ - Une porte OU : somme des deux sorties ET → Circuit avec 2 inverseurs, 2 ET, 1 OU. **Exercice 1** : Dessiner le circuit logique pour $ F = (A + B) \cdot \overline{C} $ en utilisant uniquement des portes ET, OU, NON. **Corrigé** : - Inverseur sur $ C $ → $ \overline{C} $ - Porte OU sur $ A $ et $ B $ → $ A + B $ - Porte ET sur $ (A + B) $ et $ \overline{C} $ → $ F = (A + B) \cdot \overline{C} $ **Exercice 2** : Exprimer $ F = \overline{A}B + A\overline{B} $ en utilisant uniquement des portes NAND. **Corrigé** : On sait que $ F = A \oplus B $. On peut implémenter XOR avec 4 NAND : 1. $ X_1 = \text{NAND}(A, B) = \overline{AB} $ 2. $ X_2 = \text{NAND}(A, X_1) = \overline{A \cdot \overline{AB}} = \overline{A(\overline{A}+\overline{B})} = \overline{0 + A\overline{B}} = \overline{A\overline{B}} $ 3. $ X_3 = \text{NAND}(B, X_1) = \overline{B \cdot \overline{AB}} = \overline{B(\overline{A}+\overline{B})} = \overline{\overline{A}B + 0} = \overline{\overline{A}B} $ 4. $ F = \text{NAND}(X_2, X_3) = \overline{X_2 \cdot X_3} = \overline{ \overline{A\overline{B}} \cdot \overline{\overline{A}B} } = A\overline{B} + \overline{A}B $ → Circuit avec 4 portes NAND. --- ## II. Logic Circuit Design 1 – Part 1 La conception de circuits logiques combinatoires commence par l’expression de la fonction souhaitée sous forme booléenne, puis sa simplification, puis son implémentation. ### 2.1 Étapes de conception > **À retenir** : La conception d’un circuit combinatoire suit ces étapes : > 1. Définir les entrées et sorties. > 2. Établir la table de vérité. > 3. Déduire l’expression booléenne canonique (SOMME DES MINTERMES ou PRODUIT DES MAXTERMES). > 4. Simplifier l’expression (lois de Boolean ou carte de Karnaugh). > 5. Dessiner le circuit logique. ### 2.2 Lois de l’algèbre de Boolean > **Loi d’annulation** : $ A + 0 = A $, $ A \cdot 1 = A $ > **Loi d’annihilation** : $ A + 1 = 1 $, $ A \cdot 0 = 0 $ > **Loi d’idempotence** : $ A + A = A $, $ A \cdot A = A $ > **Loi de complémentarité** : $ A + \overline{A} = 1 $, $ A \cdot \overline{A} = 0 $ > **Loi de double complément** : $ \overline{\overline{A}} = A $ > **Loi commutative** : $ A + B = B + A $, $ A \cdot B = B \cdot A $ > **Loi associative** : $ (A + B) + C = A + (B + C) $, $ (A \cdot B) \cdot C = A \cdot (B \cdot C) $ > **Loi distributive** : $ A \cdot (B + C) = AB + AC $, $ A + (B \cdot C) = (A + B)(A + C) $ > **Loi d’absorption** : $ A + AB = A $, $ A(A + B) = A $ > **Loi de De Morgan** : $ \overline{A + B} = \overline{A} \cdot \overline{B} $, $ \overline{A \cdot B} = \overline{A} + \overline{B} $ ### 2.3 Exemple résolu : conception d’un détecteur de majorité à 3 entrées **Cahier des charges** : Sortie = 1 si au moins deux des trois entrées $ A, B, C $ sont à 1. **Étape 1** : Table de vérité | A | B | C | F | |---|---|---|---| | 0 | 0 | 0 | 0 | | 0 | 0 | 1 | 0 | | 0 | 1 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 0 | | 1 | 0 | 1 | 1 | | 1 | 1 | 0 | 1 | | 1 | 1 | 1 | 1 | **Étape 2** : Expression canonique SOMME DES MINTERMES Les mintermes où F=1 : $ m_3 (011), m_5 (101), m_6 (110), m_7 (111) $ → $ F = \sum m(3,5,6,7) = \overline{A}BC + A\overline{B}C + AB\overline{C} + ABC $ **Étape 3** : Simplification par algèbre de Boolean $ F = \overline{A}BC + A\overline{B}C + AB\overline{C} + ABC $ Regrouper les deux derniers termes : $ AB\overline{C} + ABC = AB(\overline{C} + C) = AB \cdot 1 = AB $ → $ F = \overline{A}BC + A\overline{B}C + AB $ Factoriser $ C $ des deux premiers : $ C(\overline{A}B + A\overline{B}) + AB $ Reconnaître $ \overline{A}B + A\overline{B} = A \oplus B $ → $ F = C(A \oplus B) + AB $ Autre forme : $ F = AB + BC + AC $ (vérifiable par table ou absorption) **Étape 4** : Vérification par absorption $ AB + BC + AC $ : - Si A=1,B=1 → AB=1 → F=1 - Si B=1,C=1 → BC=1 → F=1 - Si A=1,C=1 → AC=1 → F=1 - Sinon, au plus un 1 → tous les termes = 0 → F=0 → Correct. **Étape 5** : Circuit logique Trois portes ET : $ AB $, $ BC $, $ AC $ Une porte OU à 3 entrées : somme des trois → Circuit avec 3 ET et 1 OU à 3 entrées. **Exercice 1** : Concevoir un circuit qui donne 1 si exactement deux des trois entrées sont à 1. **Corrigé** : Table de vérité : F=1 pour (011), (101), (110) → mintermes m3, m5, m6 Expression : $ F = \overline{A}BC + A\overline{B}C + AB\overline{C} $ Pas de simplification supplémentaire utile. Circuit : trois portes ET à 3 entrées (chacun avec une entrée inversée selon le terme), puis une porte OU à 3 entrées. **Exercice 2** : Simplifier $ F = \overline{A}\overline{B}C + \overline{A}BC + A\overline{B}\overline{C} + A\overline{B}C $ à l’aide des lois de Boolean. **Corrigé** : Regrouper les deux premiers : $ \overline{A}C(\overline{B} + B) = \overline{A}C \cdot 1 = \overline{A}C $ Regrouper les deux derniers : $ A\overline{B}(\overline{C} + C) = A\overline{B} \cdot 1 = A\overline{B} $ → $ F = \overline{A}C + A\overline{B} $ Vérification : - $ \overline{A}C $ : A=0, C=1 → indépendamment de B - $ A\overline{B} $ : A=1, B=0 → indépendamment de C Table de vérité confirme : | A | B | C | F | |---|---|---|---| | 0 | 0 | 0 | 0 | | 0 | 0 | 1 | 1 | | 0 | 1 | 0 | 0 | | 0 | 1 | 1 | 1 | | 1 | 0 | 0 | 1 | | 1 | 0 | 1 | 1 | | 1 | 1 | 0 | 0 | | 1 | 1 | 1 | 0 → Correspond bien à $ \overline{A}C + A\overline{B} $ --- ## III. Logic Circuit Design 1 – Part 2 Cette partie approfondit la simplification booléenne avec les cartes de Karnaugh (K-map), outil visuel puissant pour minimiser les expressions de 2 à 4 variables. ### 3.1 Principe de la carte de Karnaugh > **À retenir** : Une carte de Karnaugh est un diagramme où chaque cellule représente un minterme, organisée de telle sorte que les cases adjacentes diffèrent d’un seul bit (code de Gray), permettant de regrouper les 1 en puissances de 2 (1,2,4,8…) pour éliminer les variables qui changent. ### 3.2 Règles de regroupement - Les groupes doivent contenir un nombre de cases égal à une puissance de 2 (1, 2, 4, 8, …). - Les groupes peuvent être horizontaux, verticaux, ou envelopper les bords (la carte est considérée comme un tore). - Chaque groupe doit être aussi grand que possible. - Un minterme peut appartenir à plusieurs groupes. - L’objectif est de couvrir tous les 1 avec le moins de groupes possibles, chacun étant aussi grand que possible. ### 3.3 Exemple résolu : simplification d’une fonction à 4 variables **Fonction** : $ F(A,B,C,D) = \sum m(0,1,2,4,5,6,8,9,10,12,13,14) $ **Étape 1** : Tracer la K-map 4x4 (lignes : AB, colonnes : CD, en code de Gray) Lignes : 00, 01, 11, 10 Colonnes : 00, 01, 11, 10 Remplir les cellules où le minterme est dans la liste : | CD\AB | 00 | 01 | 11 | 10 | |-------|----|----|----|----| | 00 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 01 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 11 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 10 | 1 | 1 | 0 | 1 | **Étape 2** : Identifier les groupes - Groupe de 8 : les deux premières colonnes (CD=00 et 01) sur toutes les lignes → cellules où C=0 (puisque CD=00 et 01 → C=0, D variable) → Ce groupe couvre : AB=00,01,10 sur CD=00,01 → mais en fait, toutes les lignes où AB ≠ 11 et CD=00 ou 01 En observant : les colonnes 00 et 01 ont des 1 partout sauf sur la ligne AB=11 → donc ce n’est pas un groupe de 8 plein. Regardons ligne par ligne : - Ligne AB=00 : CD=00,01,10 → 1,1,0,1 → trois 1 - Ligne AB=01 : même → 1,1,0,1 - Ligne AB=11 : 0,0,0,0 - Ligne AB=10 : 1,1,0,1 → Les 1 sont dans les colonnes 00, 01, 10 pour les lignes AB=00,01,10 → On peut faire : - Groupe de 4 : ligne AB=00 et AB=01, colonnes CD=00 et 01 → cellules (00,00),(00,01),(01,00),(01,01) → mintermes 0,1,4,5 → condition : AB=00 ou 01 → A=0, B variable → A' ; CD=00 ou 01 → C=0 → donc $ A'C' $ - Groupe de 4 : ligne AB=00 et AB=10, colonnes CD=00 et 01 → (00,00),(00,01),(10,00),(10,01) → mintermes 0,1,8,9 → condition : AB=00 ou 10 → B=0 → $ B' $ ; CD=00 ou 01 → C=0 → $ C' $ → $ B'C' $ - Groupe de 4 : ligne AB=00 et AB=10, colonnes CD=10 et ? → colonnes CD=10 seulement → pas assez - Colonnes CD=10 : cellules où CD=10 → AB=00,01,10 → mintermes 2,6,10,14 → toutes à 1 sauf AB=11 → donc groupe de 4 sur les trois premières lignes ? Non, seulement trois lignes. - En fait, colonne CD=10 : AB=00,01,10 → 1,1,0,1 → trois 1 → pas un groupe de 4. - Mais on peut faire un groupe de 4 en enveloppant : colonne CD=10 et colonne CD=00 ? Non, pas adjacentes. - Regardons autrement : les 1 sont partout sauf où AB=11 ET CD=11 ou CD=01 ? Non. - En fait, les 0 sont seulement aux cellules : (AB=11, CD=00), (11,01), (11,11), (11,10) → donc la ligne AB=11 est entièrement 0. - Et la colonne CD=11 est entièrement 0 (puisque sur toutes les lignes, CD=11 → 0). → Donc les 1 sont partout sauf où AB=11 OU CD=11. → Donc $ F = \overline{AB} + \overline{CD} $ ? Vérifions : - $ \overline{AB} $ = 1 quand AB ≠ 11 - $ \overline{CD} $ = 1 quand CD ≠ 11 - OU : 1 si AB≠11 OU CD≠11 - Quand est-ce que F=0 ? Seulement quand AB=11 ET CD=11 → minterme 15 → bien, F=0 là. - Mais dans notre liste, F=0 aussi pour AB=11 et CD=00,01,10 → mintermes 12,13,14 → selon cette expression, si AB=11, alors $ \overline{AB}=0 $, mais si CD≠11, $ \overline{CD}=1 $ → donc F=1 → contradiction. → Donc pas correct. Revenons à la carte : | CD\AB | 00 | 01 | 11 | 10 | |-------|----|----|----|----| | 00 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 01 | 1 | 1 | 0 | 1 | | 11 | 0 | 0 | 0 | 0 | | 10 | 1 | 1 | 0 | 1 | - Les 0 sont : ligne AB=11 (toutes les colonnes) ET colonne CD=11 (toutes les lignes) → donc les 0 sont dans l’union de la ligne AB=11 et de la colonne CD=11. - Donc les 1 sont dans le complément : pas (AB=11) ET pas (CD=11) → $ \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ Vérifions : - Si AB=11 → $ \overline{AB}=0 $ → F=0 → correct (toute la ligne est 0) - Si CD=11 → $ \overline{CD}=0 $ → F=0 → correct (toute la colonne est 0) - Sinon → les deux complémentés sont 1 → F=1 → vérifions un cas : AB=00, CD=00 → $ \overline{AB}=1, \overline{CD}=1 $ → F=1 → correct - AB=00, CD=10 → $ \overline{AB}=1, \overline{CD}=1 $ (puisque CD=10 ≠ 11) → F=1 → correct - AB=10, CD=00 → même → 1 - AB=10, CD=10 → $ \overline{AB}=1 (AB=10≠11), \overline{CD}=1 (CD=10≠11) $ → F=1 → correct → Donc $ F = \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ Mais on peut aussi voir des groupes : - Groupe de 8 : toutes les cellules sauf la ligne AB=11 et la colonne CD=11 → mais ce n’est pas un rectangle. - En fait, les 1 forment un rectangle qui évite la ligne du bas et la colonne de droite → ce n’est pas un groupe rectangulaire standard dans une K-map, sauf si on considère que la carte est un tore et qu’on peut prendre le complément. - Mais en pratique, on voit que les 0 sont exactement la ligne AB=11 et la colonne CD=11 → donc l’expression est bien $ F = \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ Alternative : $ F = \overline{A+B} \cdot \overline{C+D} $ par loi de De Morgan sur chaque terme ? Non : $ \overline{AB} = \overline{A} + \overline{B} $, donc $ F = (\overline{A} + \overline{B})(\overline{C} + \overline{D}) $ Vérifions avec un minterme : m0 = 0000 → A=0,B=0,C=0,D=0 → $ \overline{A}+\overline{B}=1+1=1 $, $ \overline{C}+\overline{D}=1+1=1 $ → F=1 → correct m15 = 1111 → $ \overline{A}+\overline{B}=0+0=0 $ → F=0 → correct m12 = 1100 → A=1,B=1,C=0,D=0 → $ \overline{A}+\overline{B}=0+0=0 $ → F=0 → correct (dans notre liste, m12 est 0) m3 = 0011 → A=0,B=0,C=1,D=1 → $ \overline{A}+\overline{B}=1+1=1 $, $ \overline{C}+\overline{D}=0+0=0 $ → F=0 → correct (m3 est 0 dans la liste) → Donc $ F = (\overline{A} + \overline{B})(\overline{C} + \overline{D}) $ est équivalent à $ \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ Mais on peut aussi factoriser autrement : En regardant la carte, on peut faire : - Groupe de 4 : cellules où AB=00 ou 01 (c’est-à-dire A=0) et CD=00 ou 01 (c’est-à-dire C=0) → $ A'C' $ - Groupe de 4 : cellules où AB=00 ou 10 (B=0) et CD=00 ou 01 (C=0) → $ B'C' $ - Groupe de 4 : cellules où AB=00 ou 10 (B=0) et CD=10 (D=0, C=1?) → CD=10 → C=1, D=0 → donc si on veut un groupe sur CD=10, il faut fixer C=1, D=0 → Cellules avec CD=10 : AB=00,01,10 → mintermes 2,6,10,14 → toutes à 1 sauf AB=11 → donc groupe de 4 sur AB=00,01,10 et CD=10 → condition : CD=10 → C=1, D=0 → $ CD' $ ; et AB≠11 → mais on ne peut pas fixer AB dans un groupe de 4 sauf si on prend trois lignes → pas un groupe de 4 standard. → Cependant, si on prend les lignes AB=00 et AB=10 (B=0) et la colonne CD=10 → on a deux cellules : (00,10) et (10,10) → seulement deux → groupe de 2 : $ B'CD' $ → De même, lignes AB=01 et AB=11 sur CD=10 → mais AB=11 donne 0 → donc seulement AB=01 → une cellule → Pas utile. En fait, la plus simple est $ F = \overline{AB} \cdot \overline{CD} $, ou $ F = (\overline{A} + \overline{B})(\overline{C} + \overline{D}) $ Mais on peut aussi voir : Les 1 sont présents quand ce n’est pas le cas que (A=1 ET B=1) OU (C=1 ET D=1) ? Non : si A=1,B=1 → F=0 indépendamment de CD → donc quand AB=11 → F=0 Si C=1,D=1 → F=0 indépendamment de AB → donc quand CD=11 → F=0 Donc F=0 si (AB=11) OU (CD=11) Donc F=1 si NON[(AB=11) OU (CD=11)] = $ \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ par loi de De Morgan → Donc $ F = \overline{AB} \cdot \overline{CD} $ **Exercice 1** : Utiliser une K-map pour simplifier $ F = \sum m(1,2,4,7,8,11,13,14) $ **Corrigé** : K-map 4x4 : | CD\AB | 00 | 01 | 11 | 10 | |-------|----|----|----|----| | 00 | 0 | 1 | 0 | 1 | | 01 | 1 | 0 | 0 | 0 | | 11 | 0 | 0 | 1 | 0 | | 10 | 1 | 0 | 0 | 1 | - Groupe de 2 : m1 (0001) et m9 (1001) → AB=00 et 10 → B=0 ; CD=01 → C=0,D=1 → $ B'C'D $ - Groupe de 2 : m2 (0010) et m10 (1010) → AB=00 et 10 → B=0 ; CD=10 → C=1,D=0 → $ B'CD' $ - Groupe de 2 : m4 (0100) et m12 (1100) → mais m12=0 → non m4 (0100) seul ? - m4 (0100) et m6 (0110) → mais m6=0 - m7 (0111) et m15 (1111) → m15=0 - m11 (1011) et m15 → m15=0 - m13 (1101) et m15 → m15=0 - m8 (1000) et m9 (1001) → mais m9 déjà utilisé - m8 (1000) et m10 (1010) → pas adjacentes - m8 (1000) et m12 (1100) → m12=0 - m11 (1011) et m10 (1010) → AB=10 fixe ; CD=10 et 11 → D variable → $ AB'CD $ ? AB=10 → A=1,B=0 → $ A B' $ ; CD=10 ou 11 → C=1 → $ C $ ; donc $ A B' C $ → m8=1000 → CD=00 → pas dans ce groupe → m10=1010 → CD=10 → oui → m11=1011 → CD=11 → oui → donc groupe de 2 : m10 et m11 → $ A B' C $ - m13 (1101) et m9 (1001) → pas adjacentes - m13 (1101) et m15 (1111) → m15=0 - m14 (1110) et m10 (1010) → pas adjacentes - m14 (1110) et m15 (1111) → m15=0 - m14 (1110) et m6 (0110) → m6=0 - m7 (0111) et m6 (0110) → m6=0 - m7 (0111) et m15 (1111) → m15=0 - m1 (0001) et m3 (0011) → m3=0 - m2 (0010) et m3 (0011) → m3=0 - m4 (0100) et m5 (0101) → m5=0 - m4 (0100) et m6 (0110) → m6=0 - m8 (1000) et m9 (1001) → déjà vu : groupe de 2 sur AB=10, CD=00 et 01 → A=1,B=0 → $ A B' $ ; CD=00 ou 01 → C=0 → $ C' $ → $ A B' C' $ → m8=1000, m9=1001 → oui - Donc on a : - m8,m9 : $ A B' C' $ - m10,m11 : $ A B' C $ - m1,m9 : déjà utilisé m9 - m2,m10 : $ B' C D' $ - m13 ? isolé - m7 isolé - m14 isolé → Regrouper m8,m9 et m10,m11 : - m8,m9,m10,m11 : ligne AB=10, colonnes CD=00,01,10,11 → mais m12=0 → non, seulement CD=00,01,10,11 → mais m12=1100 → AB=11, CD=00 → 0 → donc pas toute la ligne → En fait, ligne AB=10 : m8=1, m9=1, m10=1, m11=1 → oui ! Toutes les colonnes pour AB=10 sont à 1 → donc groupe de 4 : AB=10 → A=1,B=0 → $ A B' $ → Donc $ F $ contient $ A B' $ → Maintenant, les autres 1 : m1 (0001), m2 (0010), m4 (0100), m7 (0111), m13 (1101), m14 (1110) → m1 et m2 : ligne AB=00, colonnes CD=01 et 10 → pas adjacentes (01 et 10