Más de un botón en el mismo pin

Question

Estoy haciendo algún proyecto y estoy usando Arduino para hacer el prototipo, tengo que usar 10 pulsadores (junto con más cosas) y no tengo suficientes pines.

Una solución que se me ocurre es utilizar los pines analógicos y usar cada uno de ellos para dos pulsadores, algo así:

simular este circuito - Esquema creado con CircuitLab

De esta manera puedo leer el pin A0 y saber cuál de ellos está siendo empujado mirando si el voltaje es de 5V o la mitad de eso.

¿Es una buena idea? Se supone que los diferentes botones no deben ser presionados al mismo tiempo, que es el único problema que puedo pensar.

¿Hay formas mejores?

Answer 1

¿Por qué desperdiciar varios pines analógicos para dos interruptores cada uno, cuando podrías hacer cualquier número de botones en un solo pin analógico?

Dos formas de hacerlo. Una es en serie, la otra es en paralelo.

Así son los controles de audio del volante de algunos coches. Y cómo funcionan algunos de los controladores en línea del iPod más antiguos.

Dependiendo de las resistencias que utilices, si necesitas que se pulsen varios botones al mismo tiempo, y de lo sensible que sea tu entrada analógica, podrías tener los 10 botones en un solo pin.

Answer 2

Eso funcionaría, pero una mejor manera es con un matriz . Se trata del mismo concepto que la multiplexación de LEDs con una matriz, pero con interruptores.

Se trata de una matriz de 2x2. Una matriz útil es más grande, porque a este tamaño, no estás ahorrando ningún pin sobre la conexión de los interruptores individualmente.

Con una matriz de 3x3 puedes conseguir 9 interruptores. Necesitas 10, así que puedes añadir una fila o una columna más y soportar 12 interruptores, o simplemente poner el décimo interruptor en su propio pin.

La ventaja en este caso es que se puede utilizar la E/S digital, que es más barata y suele ser más abundante que la E/S analógica. A registro de desplazamiento es una forma barata de añadir más IO digital, si se te acaba.

Si quieres aún menos pines, puedes, para aumentar un poco la complejidad, utilizar charlieplexing . Tendrás que añadir diodos además de los interruptores, y estos diodos probablemente cuesten tanto como un registro de desplazamiento. Sin embargo, si el costo no es su principal preocupación, entonces puede tener alguna ventaja. Con este método, podrías leer todos tus interruptores (hasta 12, en realidad) con cuatro pines.

Answer 3

Como nota inicial, no hay nada exclusivamente "cuántico" en los operadores no conmutativos o en la formulación de la mecánica en un espacio de Hilbert, como demuestra la mecánica de Koopman-von Neumann, y no hay nada exclusivamente "clásico" en una representación de la mecánica en coordenadas de un espacio de fase, como demuestra la formulación de la teoría cuántica de Groenewold y Moyal.

Sin embargo, existe una diferencia fundamental entre las teorías cuánticas y las clásicas. Hay muchas maneras de intentar destilar esta diferencia, ya sea vista como no localidad, incertidumbre o el problema de la medición, la mejor manera de aislar lo que las distingue que he escuchado es esta:

La mecánica cuántica trata de cómo interactúan la fase y la amplitud de la probabilidad. Esto es lo que falta fundamentalmente en las formulaciones del espacio de Hilbert de la mecánica clásica, donde las ecuaciones de evolución de la fase y la amplitud están totalmente desacopladas. Es esta interacción fase-amplitud la que nos da el comportamiento onda-partícula, la difracción de los electrones en el experimento de las dos rendijas y, por tanto, una motivación fácil (y probablemente la vía de entrada más común) para la mecánica cuántica. Esta interacción fase-amplitud es también fundamental para entender las variables canónicamente conjugadas y el problema de la incertidumbre.

Creo que si se adopta este enfoque, la necesidad de una teoría física diferente puede justificarse inicialmente con mayor facilidad por la interferencia de una sola partícula, lo que lleva a los puntos mencionados anteriormente.

Answer 4

Sí, me parece una buena idea, pero de todos modos voy a proponer una alternativa que se me acaba de ocurrir.

Si se tiene acceso a las puertas lógicas, se pueden mapear muchas n botones para ceil(log2(n + 1)) pines a través de la lógica booleana. Como ejemplo, si tienes 4 botones, pero solo 2 pines puedes crear una configuración como esta:

Buttons | Pins
----    | --
0123    | 01
----    | --
0001    | 00
0010    | 01
0100    | 10
1000    | 11

Eso es, button0 presionado debe tener pin0 y pin1 bajo; button1 , pin0 bajo y pin1 alto; button2 , pin0 alto un pin1 bajo; y button3 , pin0 y pin1 alto.

De aquí surgirían las siguientes expresiones booleanas

pin0 = button2 OR button3
pin1 = button1 OR button3

De este modo, se puede realizar un mapeo de 4 botones a 2 pines con sólo 2 puertas OR. Sin embargo, se necesitaría un pin adicional y algo de lógica adicional para indicar si se está pulsando algún botón.

Por supuesto, seguirá habiendo problemas si se pulsan varios botones simultáneamente.

Además, si sigues utilizando el método de las resistencias, considera la posibilidad de utilizar valores más grandes en las resistencias que no sean de 100 ohmios, ya que 5 V a través de resistencias del orden de 100s de ohmios produciría una corriente del orden de 10s de mA, que es algo innecesariamente alto. Supongo que valores más razonables serían 10k Ohm o 47k Ohm.

Answer 5

Si $\pi$ es un $k$ -partición de $[n]$ , dejemos que $m_0(\pi),\dots,m_{k-1}(\pi)$ sean los elementos máximos del $k$ partes de $\pi$ en orden descendente, por lo que necesariamente $m_0(\pi)=n$ . Eliminación de los enteros $\{1,\dots,m_{k-i}(\pi)\}$ elimina $i$ partes de la partición, dejando $k-i$ partes.

Establecer $m_k(\pi)=0$ y para $i=1,\dots,k$ dejar $a_i(\pi)=m_{i-1}(\pi)-m_i(\pi)\ge 1$ claramente $$a_1(\pi)+\cdots+a_k(\pi)=n$$ es un $k$ -composición de $n$ .

Reclamación: Dejemos que $b_1+\cdots+b_k$ sea cualquier $k$ -composición de $n$ ; luego hay $1^{b_1-1}\cdot2^{b_2-1}\cdot\ldots\cdot k^{b_k-1}$ $k$ -particiones $\pi$ de $[n]$ tal que $a_i(\pi)=b_i$ para $i=1,\dots,k$ .

Como ejemplo, tomemos $n=5,k=3$ y la composición $1+2+2=5$ . Que $3$ -particiones $\pi$ de $[5]$ tienen $a_1(\pi)=1,a_2(\pi)=2$ y $a_3(\pi)=2$ ? Para tal $\pi$ debemos tener $m_0(\pi)=5$ , $m_1(\pi)=5-1=4$ y $m_2(\pi)=4-2=2$ . Con un poco de trabajo encontramos que las particiones en cuestión son $$\begin{align*} &\big\{\{1,3,4\},\{2\},\{5\}\big\},\\ &\big\{\{1,3,5\},\{2\},\{4\}\big\},\\ &\big\{\{1,2\},\{3,4\},\{5\}\big\},\\ &\big\{\{1,2\},\{3,5\},\{4\}\big\},\\ &\big\{\{1,4\},\{3,5\},\{2\}\big\},\text{ and}\\ &\big\{\{1,5\},\{3,4\},\{2\}\big\}, \end{align*}$$ por lo que sí hay $1^{1-1}\cdot2^{2-1}\cdot3^{2-1}$ de ellos.

Prueba de reclamación: Supongamos, ahora, que $b_1+\cdots+b_k$ es un $k$ -composición de $n$ . Para que un $k$ -partición $\pi$ de $[n]$ para satisfacer la condición de que $a_i(\pi)=b_i$ para $i=1,\dots,k$ debe cumplir la condición de que $m_i(\pi)=m_{i+1}(\pi)+b_{i+1}$ para $i=0,\dots,k-1$ (donde ponemos $m_k(\pi)=0$ ).

En particular, $m_{k-1}=b_k$ , por lo que hay $b_k-1$ enteros positivos menores que $m_{k-1}$ claramente cada uno de ellos puede entrar en cualquiera de los $k$ partes de $\pi$ . Hay $b_{k-1}-1$ enteros positivos menores que $m_{k-2}$ y mayor $m_{k-1}$ ; no pueden ir en la parte cuyo elemento máximo es $m_{k-1}$ pero pueden entrar en cualquiera de los otros $k-1$ partes de de $\pi$ . Y en general hay $b_i-1$ enteros positivos que son menores que $m_{i-1}$ y mayor que $m_i$ cada uno de los cuales puede ir a cualquiera de los $i$ partes de $\pi$ cuyos elementos máximos están en el conjunto $\{m_0(\pi),\dots,m_{i-1}(\pi)\}$ no en ninguna de las partes con elementos máximos más pequeños. Así, estos $n-k$ Los elementos no máximos pueden distribuirse entre los $k$ piezas en

$$\prod_{i=1}^k i^{b_i-1}=1^{b_1-1}\cdot2^{b_2-1}\cdot\ldots\cdot k^{b_k-1}$$

diferentes maneras. $\dashv$