Utilizando Simplificação Algébrica (Teoremas Booleanos e DeMorgan), simplifique ao máximo as expressões lógicas abaixo. Posteriormente, desenhe o circulto da expressão simplificada utilizando somente as portas pedidas entre parênteses. OBS.: Mostre TODOS os passos da simplificação e seja organizado na apresentação dos resultados. S=\overline{A \cdot B+A \cdot C}+\bar{A} \cdot \bar{B} \cdot C
Passo 1
O enunciado pede duas coisas:
Simplificar ao máximo a expressão lógicaS=\overline{A\cdot B + A\cdot C} + \bar{A}\cdot\bar{B}\cdot C.
Desenhar o circuito da expressão simplificada usando somente as portas indicadas entre parênteses. (Observação: nesta formulação enviada não há portas explicitamente indicadas entre parênteses — portanto vou desenhar o circuito usando as portas lógicas básicas NOT, AND e OR; se você tiver outra restrição (por exemplo: só NAND ou só NOR), diga depois e eu converto.)
Informações relevantes dadas:
A expressão original é \,S=\overline{A\cdot B + A\cdot C} + \bar{A}\cdot\bar{B}\cdot C\,.
Objetivo: simplificar e, então, dar a implementação em portas lógicas (usarei NOT, AND e OR).
Passo 2
Lista das leis/teoremas Booleanos que vou usar (com explicação curta e exemplos simples):
Lei da identificação / identidade:X+0=X,\qquad X\cdot1=X.Ex.: A+0=A.
Lei do anulador / nulidade:X+1=1,\qquad X\cdot0=0.Ex.: A\cdot0=0.
Idempotência:X+X=X,\qquad X\cdot X=X.
Complemento:X+\bar{X}=1,\qquad X\cdot\bar{X}=0.
Comutativa / Associativa (permitem reordenar e agrupar):X+Y=Y+X,\qquad (X+Y)+Z=X+(Y+Z),e análogas para \cdot.
Distributiva:X\cdot(Y+Z)=X\cdot Y + X\cdot Z,e a versão dual:X+(Y\cdot Z)=(X+Y)\cdot(X+Z).
De Morgan:\overline{X+Y}=\bar{X}\cdot\bar{Y},\qquad \overline{X\cdot Y}=\bar{X}+\bar{Y}.
Absorção:X + X\cdot Y = X,\qquad X\cdot(X+Y)=X.Ex.: A + A\cdot B = A.
Fatoração (extraída da distributiva):X\cdot Y + X\cdot Z = X\cdot(Y+Z).
Teorema do consenso (útil para detectar termos redundantes):X\cdot Y + \bar{X}\cdot Z + Y\cdot Z = X\cdot Y + \bar{X}\cdot Z.(o termo Y\cdot Z é redundante no conjunto.)
Vou aplicar essas leis passo a passo, explicando cada linha.
Passo 3
Primeira observação prática: os dois primeiros termos do somatório dentro do complemento têm fator comum A:
A\cdot B + A\cdot C = A\cdot(B + C).
Explicação: é a fatoração / distributiva reversa: A(B+C)=AB+AC.
Então a expressão fica
S=\overline{A\cdot(B+C)} + \bar{A}\cdot\bar{B}\cdot C.
Agora aplico De Morgan à expressão complementada \overline{A\cdot(B+C)}. Pela lei de De Morgan:
\overline{X\cdot Y}=\bar{X}+\bar{Y}.
Aqui X=A e Y=(B+C). Portanto
\overline{A\cdot(B+C)}=\bar{A} + \overline{B+C}.
Mas também \overline{B+C}=\bar{B}\cdot\bar{C} (De Morgan para soma). Assim
S = \bigl(\bar{A} + \bar{B}\bar{C}\bigr) + \bar{A}\bar{B}C.
Passo 4
Agora simplifico a soma \bigl(\bar{A} + \bar{B}\bar{C}\bigr) + \bar{A}\bar{B}C. Use a lei da absorção: X + X\cdot Y = X. Note que \bar{A} aparece isolado no primeiro soma e também como fator no terceiro termo \bar{A}\bar{B}C. Aplicando absorção:
\bar{A} + \bar{A}\bar{B}C = \bar{A}.
Portanto podemos eliminar o termo \bar{A}\bar{B}C porque já está coberto por \bar{A}.
Assim sobra
S = \bar{A} + \bar{B}\bar{C}.
Comentário: outra maneira de ver isso é que quando \bar{A}=1 (ou seja A=0), S=1 independentemente dos outros sinais — então qualquer termo que dependa de \bar{A} multiplicado por outras literais é desnecessário quando já temos \bar{A} sozinho.
Passo 5
Verificação rápida de que não dá para simplificar mais:
A forma \bar{A} + \bar{B}\bar{C} é soma de produto (SOP) com dois termos; não há absorção entre \bar{A} e \bar{B}\bar{C} (nem \bar{A} contém \bar{B}\bar{C} nem o contrário), e nem a distributiva reduziria o número de literais sem aumentar a estrutura. Uma forma equivalente em produto de soma (POS) éS=(\bar{A}+\bar{B})(\bar{A}+\bar{C}),que é obtida aplicando distributiva reversa (essa POS é útil se quiser implementar com portas NOR, por exemplo). Mas a SOP \bar{A}+\bar{B}\bar{C} é já bastante simples.
Passo 6
Vou descrever o circuito com as portas básicas NOT, AND, OR conforme a forma \,S=\bar{A} + \bar{B}\bar{C}.
Entradas: A, B, C.
Gerar \bar{A} com um inversor (NOT) aplicado em A.
Gerar \bar{B} com um inversor (NOT) aplicado em B.
Gerar \bar{C} com um inversor (NOT) aplicado em C.
Observação: tecnicamente para implementar \bar{B}\bar{C} não preciso inverter B e C separadamente se eu fizer uma porta AND em B e C e depois inverter o resultado (mas aqui a expressão exige \bar{B} e \bar{C} multiplicados, então uma implementação direta é inverter e depois AND — ambas equivalentes em portas).
Fazer uma porta AND de \bar{B} e \bar{C} para obter \bar{B}\bar{C}.
Fazer uma porta OR de \bar{A} e do resultado \bar{B}\bar{C}. A saída dessa OR é S.
Resumindo em fluxo:
NOT(A) -> \bar{A}
NOT(B) -> \bar{B}
NOT(C) -> \bar{C}
AND(\bar{B},\bar{C}) -> T=\bar{B}\bar{C}
OR(\bar{A},T) -> S
Contagem de portas: 3 NOTs, 1 AND, 1 OR.
Se você preferir uma implementação usando apenas portas NAND ou apenas portas NOR, eu também posso transformar a rede (posso enviar o diagrama NAND-only ou NOR-only). Exemplo rápido: para NAND-only é possível implementar cada NOT com uma NAND com entradas amarradas, a AND com uma NAND seguida de um NAND inversor, e OR usando De Morgan via NAND; mas não detalhei aqui para não alongar demais — mostro se quiser.
Passo 7
Estratégia rápida para provas: procure fator comum (aqui A), aplique De Morgan com calma, simplifique usando absorção logo que aparecer um literal isolado (aqui \bar{A} eliminou \bar{A}\bar{B}C).
Sempre verifique se dá pra fatorar algo antes de distribuir (fatorar costuma simplificar as aplicações de De Morgan).