(valor 2,0) Elaborar um circuito lógico para resolver o seguinte problema: quatro juízes participam de um programa de calouros e cada um tem a sua disposição, uma chave “On/Off” (liga/desliga), correspondendo ao julgamento do eandidato (On- aprovado, Off - reprovado). Na saída existem três lâmpadas, correspondentes a três resultados possíveis: L1 - aprovado (pela maíoría), L2 - reprovado (pela maioria) e L3 - empate. Apresentar: tabela verdade e a função minimizada para as três saidas do circuito.
Passo 1
Enunciado e dados fornecidos (o que o problema pede e o que temos):
Quatro juízes votam; cada juíz tem uma chave “On/Off” que representa seu voto: On = aprovado, Off = reprovado.
Vamos representar os quatro votos por variáveis lógicas:
A,\;B,\;C,\;D
onde cada variável vale \,1 se o respectivo juiz aprovou (On) e vale \,0 se reprovou (Off).
Existem três lâmpadas de saída:
L1 = \text{aprovado pela maioria},\quad L2 = \text{reprovado pela maioria},\quad L3 = \text{empate}.
Interpretação das condições (informação essencial dada pelo enunciado):
“Maioria” com 4 juízes significa mais da metade, ou seja, pelo menos 3 votos favoráveis para aprovação e, simetricamente, pelo menos 3 votos contrários para reprovação.
“Empate” ocorre quando há igual número de aprovados e reprovados. Com 4 juízes, empate significa exatamente 2 aprovados e 2 reprovados.
O que o problema pede explicitamente:
Apresentar a tabela verdade completa (todas as combinações de A,B,C,D e os valores de L1,L2,L3).
Apresentar a(s) função(ões) minimizada(s) para as três saídas L1,L2,L3.
Observação: não há ambiguidade: os três resultados são mutuamente exclusivos (em cada linha exatamente uma das lâmpadas será acesa).
Passo 2
Construção da tabela verdade — regra prática:
Para 4 variáveis temos 2^4=16 combinações. Vou listar cada tupla (A,B,C,D) em ordem binária crescente e, para cada uma, determinar o número de aprovados (1s) e então as saídas:
L1 = 1 quando o número de aprovados \ge 3.
L2 = 1 quando o número de aprovados \le 1 (equivalente a número de reprovados \ge 3).
L3 = 1 quando o número de aprovados =2.
Tabela verdade (ordem A,B,C,D com decimal entre parênteses para referência):
Explicação da tabela (rápida): por exemplo a linha com (0,1,1,1) tem três 1s então L1=1 (aprovado pela maioria). A linha (0,0,1,1) tem dois 1s então é empate e apenas L3=1.
Passo 3
Identificação dos minterms (da tabela) para cada saída — passo intermédio para simplificação:
Para L1 (aprovado pela maioria): minterms são as linhas onde L1=1. Da tabela, são os decimais
\{7,\,11,\,13,\,14,\,15\}.
Em notação soma de minterms:
L1=\sum m(7,11,13,14,15).
Para L2 (reprovado pela maioria): minterms onde L2=1:
\{0,\,1,\,2,\,4,\,8\}.
Em notação soma de minterms:
L2=\sum m(0,1,2,4,8).
Para L3 (empate — exatamente dois aprovados): minterms onde L3=1:
\{3,\,5,\,6,\,9,\,10,\,12\}.
Em notação soma de minterms:
L3=\sum m(3,5,6,9,10,12).
Passo 4
Minimização de L1 (estratégia: usar interpretação combinatória e fatoração):
Observação: L1 é “pelo menos 3 variáveis iguais a 1”. Isso equivale logicamente a dizer que existe alguma combinação de três variáveis que estão todas em 1. Logo podemos expressar L1 como a soma (OR) de todos os produtos (AND) de trios de variáveis:
L1 = A B C + A B D + A C D + B C D.
Justificativa: cada termo A B C cobre todas as linhas onde A=B=C=1 (independente de D); mas se A=B=C=1 e D=1 então várias dessas expressões ficam verdadeiras ao mesmo tempo — isso é correto: queremos que L1=1 sempre que existam pelo menos três 1s. Esse somatório de quatro termos de 3 literais cobre exatamente os casos com 3 ou 4 uns; por exemplo, a linha 1111 faz todos os quatro termos verdadeiros, então L1=1.
Comentário sobre minimalidade: cada termo tem 3 literais; não é possível representar a condição “pelo menos 3” com termos de apenas 2 literais sem gerar falsas ativações (por exemplo, AB seria 1 mesmo quando C=D=0, o que corresponderia a apenas 2 aprovações). Portanto a forma com os quatro termos de 3 literais é natural e minimal em soma de produtos para implementação direta.
Passo 5
Minimização de L2 (simetria com L1):
L2 é “pelo menos 3 zeros”, ou equivalentemente “pelo menos 3 variáveis iguais a 0”. Pelo mesmo raciocínio simétrico de L1 (aplicado às variáveis negadas), temos:
Explicação didática: cada termo é um AND de três negações, cobrindo os casos em que exatamente esses três são zeros (ou mais, no caso de os quatro serem zeros, vários termos serão 1 ao mesmo tempo). É a forma análoga à de L1 aplicada às negações.
Passo 6
Minimização de L3 (exatamente dois aprovados) — análise e conclusão:
Por definição L3 é verdade quando exatamente duas das variáveis são 1 e as outras duas são 0. A expressão canônica em soma de produtos (uma expressão direta e confiável para a prova) é a soma dos seis minterms correspondentes:
\begin{aligned} L3 &= A B \,\overline{C}\,\overline{D} \;+\; A C \,\overline{B}\,\overline{D} \;+\; A D \,\overline{B}\,\overline{C}\\\ &\quad +\; B C \,\overline{A}\,\overline{D} \;+\; B D \,\overline{A}\,\overline{C} \;+\; C D \,\overline{A}\,\overline{B}. \end{aligned}
Verificação rápida: cada termo corresponde a uma escolha de dois juízes que aprovaram e os outros dois que reprovaram. Por exemplo A B \,\overline{C}\,\overline{D} corresponde exatamente ao caso A=1,B=1,C=0,D=0.
Sobre minimalidade (por que não dá para simplificar mais): note que qualquer agrupamento de minterms em um mapa de Karnaugh requer que dois minterms adjacentes (que diferem em apenas uma variável) pertençam ao mesmo conjunto de saída. Mas qualquer mudança de um bit em um minterm com exatamente dois 1s altera o número de 1s para 1 ou 3, logo a combinação cairia em L2 ou L1 respectivamente — ou seja, nenhum dos minterms de L3 tem um minterm adjacente que também pertença a L3. Portanto não há agrupamentos possíveis no mapa de Karnaugh que reduzam o número de literais por termo; assim a soma dos seis termos de quatro literais é a forma minimal em soma de produtos. (Em termos práticos para a prova: você pode justificar que os minterms são isolados entre si no K-map.)
Passo 7
Resumo das funções minimizadas e dicas práticas para implementação:
\boxed{L3 = A B \,\overline{C}\,\overline{D} + A C \,\overline{B}\,\overline{D} + A D \,\overline{B}\,\overline{C} + B C \,\overline{A}\,\overline{D} + B D \,\overline{A}\,\overline{C} + C D \,\overline{A}\,\overline{B}}
Dicas de prova/implementação:
Para implementar em porta lógica, L1 e L2 podem ser feitas com quatro ANDs de 3 entradas cada, depois OR combinando-os; L3 requer seis ANDs de 4 entradas e um OR final de seis entradas (ou hierarquia de ORs).
Se o enunciado aceitar formas alternativas, você pode implementar L2 trocando cada variável por sua negação na expressão de L1 (simetria).
L3 = A B \,\overline{C}\,\overline{D} + A C \,\overline{B}\,\overline{D} + A D \,\overline{B}\,\overline{C} + B C \,\overline{A}\,\overline{D} + B D \,\overline{A}\,\overline{C} + C D \,\overline{A}\,\overline{B}