ELTD01 5

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Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
CAPÍTULO 5 
MAPAS DE KARNAUGH 
Os mapas de Karnaugh foram introduzidos em 1953 por Maurice Karnaugh como 
uma melhora dos diagramas apresentados por Edward Veitch no ano anterior e representam 
um avanço nas leituras feitas na tabela logica. 
O mapa de Karnaugh proporciona uma leitura rápida e otimizada de funções lógicas, 
com base em sua tabela lógica. Ao invés de se ter uma tabela lógica da forma linear, os 
valores são colocados na forma matricial e a leitura é feita com base nas proximidades dos 
dados. Não há simplificação possível em uma leitura por Karnaugh! 
5.1 SIMPLIFICAÇÃO DE LAGRANGE 
A partir de uma tabela lógica, pode-se obter a sua função pelo do método de 
Lagrange. Entretanto, esse método exige que se façam simplificações na expressão obtida 
para se atingir a forma simplificada. Como exemplo, considere a Tabela 5.1, cuja leitura é 
dada por: 
CABF
CAAABF
ABCABAF
CCABBBCACCBAF
ABCCABCABCBABCACBAF
ABCCABCBABCACBAF






)(
)()()( 
 
Tabela 5.1 – Função usada como exemplo. 
A B C F 
0 0 0 0 
0 0 1 0 
0 1 0 1 
0 1 1 1 
1 0 0 1 
1 0 1 0 
1 1 0 1 
1 1 1 1 
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
Observe que na primeira simplificação, os termos CBA e BCA apresentam uma 
parte comum ( BA ) e uma parte “variável” (C eC ). Após essa primeira simplificação, 
pode-se observar que a parte constante fica mantida e a parte variável desaparece. O mesmo 
ocorre com os termos CAB e ABC , resultando em AB , assim como nos termos CBA e 
CAB , resultando em AB , e finalmente em BA e AB , resultando em B . 
Apesar de se obter a simplificação desejada, corre-se o risco de não simplificar a 
função adequadamente, ou pior ainda, pode-se cometer erros nas simplificações. 
Em cada uma das simplificações anteriores, os termos que se juntaram eram 
vizinhos, isto é, havia apenas um bit de diferença entre si. O método de leitura por mapas de 
Karnaugh é baseado nesse mesmo conceito, isto é, a parte constante é mantida e a parte 
variável é descartada em dois vizinhos. 
5.2 LEITURAS DE KARNAUGH 
Inicialmente a Tabela 5.1 deve ser convertida para um formato matricial, como 
exemplificado por: 
  A                   
BC    0  1      AB        
  00  0  1    C    00  01  11  10 
  01  0  1      0  0  1  1  1 
  11  1  1      1  0  1  1  0 
  10  1  0               
 
Observe que deve ser usada a sequencia Gray na parte externa dos mapas de 
Karnaugh. Dessa forma, a diferença entre duas células na horizontal ou na vertical é de 
apenas um bit e são, portanto chamadas de vizinhos. 
7.2.1 Metodologia de Leitura 
A leitura dos mapas de Karnaugh segue algumas regras básicas: 
1. Todos os 1 devem ser lidos pelo menos uma vez, 
2. Grupos de 1, retangulares e em potência de 2, formam uma leitura, 
3. A leitura é iniciada pelos 1 mais isolados (os 1 com mais de uma opção de leitura 
são deixados para o final), 
4. A leitura corresponde às variáveis que se mantiverem constantes, 
5. Deve-se ter o menor número possível de leituras e cada leitura deve ser a maior 
possível. 
Notas
seguir
Nessa
da leit
leitura
em az
Nessa
da leit
leitura
verme
5.2.2 
1. 
 
elas e 
Karna
próxim
s de Aula – 
Considere
r. A leitura 
a leitura, tem
tura, mas B 
a, tem-se as
ul é então d
A leitura 
a leitura, tem
tura, mas A 
a, tem-se a 
elho é então
Exemplos
As linhas 
portanto p
augh pode s
mas. Essa le
F
ELTD01 
e como exem
maior, em 
m-se as colu
foi mantida
s linhas C=0
dada por B. 
em verme
m-se as colu
foi mantida
linha C=0,
o dada por A
s de Leitura 
BC=00 e B
erfazem um
ser “dobrad
eitura é entã
Figura 5.1 – Pr
mplo a leitu
azul, é com
unas AB=01
a constante 
0 e C=1, e c
lho, é com
unas AB=11
a constante 
, e como C
CA . A leitur
   
  AB
C   
  0 
  1 
   
BC
BC=10 são 
ma única lei
a” formand
ão CF  , p
roximidade de 
ura do mapa
mposta por
1 e AB=11. 
em 1, e ass
como C var
mposta por 2
1 e AB=10. 
em 1, e ass
C não vario
ura fine é en
   
   
00  01 
0  1 
0  1 
   
A   
C   0 
00 1 
01 0 
11 0 
10 1 
vizinhas po
itura. A Fig
do um tubo 
pois soment
0
0000
10
011
111
101
10
células em ma
a provenient
r 4 element
Assim, A v
sim faz part
riou não faz
2 elemento
Assim, B v
sim faz part
ou, faz parte
tão BF 
   
   
11  10 
1  1 
1  0 
   
 
1 
1 
0 
0 
1 
ois há some
gura 5.1 mo
e assim as 
te C mantev
001
101
100
 
apas de Karnau
Prof. Tal
te da Tabela
os (23) e fo
variou e por
te do termo 
z parte do te
os (22) e fo
variou e por
te do termo 
e do termo 
CA . 
ente um bit
ostra que a 
linhas BC=
ve-se consta
ugh de 3 variáv
les C Pimen
a 5.1, apres
orma um qu
rtanto não f
 lido. Nessa
ermo lido. A
orma um re
rtanto não f
 lido. Nessa
 lido. A lei
t de diferen
lâmina do m
=00 e BC=1
ante em 0. 
veis. 
nta, PhD 
entado a 
uadrado. 
faz parte 
a mesma 
A leitura 
etângulo. 
faz parte 
a mesma 
itura em 
nça entre 
mapa de 
10 ficam 
Notas
2. 
 
3. 
 
4. 
 
em az
AF 
AF 
5. 
 
necess
é F 
entre 
6. 
s de Aula – 
Não há 1 
Qualquer 
A leitura e
zul é válida 
BABA  . E
BA por c
A leitura 
sário fazer a
ACBA  . 
BA e AC .
ELTD01 
no mapa, po
que sejam a
em vermelh
para A=0 e
Essa é a m
conveniênci
em laranja 
a leitura em
Entretanto
 
B
ortanto não 
B
as entradas,
B
ho é válida p
e B=1, porta
máxima sim
a. 
BC
é dada por
m azul, pois 
o, a redundâ
   
  AB
C   
  0 
  1 
   
A   
  0 
0  0 
1  0 
há nada e c
A   
  0 
0  1 
1  1 
, a saída é se
A   
  0 
0  0 
1  1 
para A=1 e 
anto o term
mplificação 
A   
C   0 
00 1 
01 1 
11 0 
10 0 
r BA e a l
seria apena
ância vale 
   
   
00  01 
0  1 
0  1 
   
 
1 
0 
0 
consequente
 
1 
1 
1 
empre 1, po
 
1 
1 
0 
B=0, portan
mo vale BA
do mapa, 
 
1 
0 
1 
1 
0 
leitura em v
as uma redu
CB , que co
   
   
11  10 
1  1 
1  1 
   
Prof. Tal
emente a lei
ortanto F
nto o termo 
. Assim, a l
que pode 
verde é dad
undância. A
orresponde 
les C Pimen
itura é F
1 . 
vale BA . A
leitura final
ser reescrit
da por AC 
Assim, a leit
ao termo f
nta, PhD 
0 . 
A leitura 
l é então 
ta como 
e não é 
ura final 
fantasma 
Notas
potênc
7. 
 
dada p
não de
8. 
 
entre s
Entret
na Fig
único 
BF 
s de Aula – 
Apesar de
cia de 2. De
Os termos
por BAF 
eve ser lido
Os dois te
si), com ba
tanto, o tub
gura 5.2. De
termo, dad
CBDB  . 
F
 
 
ELTD01 
e ser muito 
evem-se faz
s em verde 
DCACB 
. 
ermos em l
se no conce
bo da Figura
esta forma, 
do por DB
Figura 5.2 – Pr
convidativo
zer duas leitu
  AB
CD   
  00
  01
  11
  10
e laranja co
ABCDA 
  AB
CD   
  00
  01
  11
  10
aranja perfa
eito da Figu
a 5.1 pode 
os termos e
. O termo e
1010
1011
1001
roximidade de 
o o grupo to
uras indicad
   
00  01 
0  1 
0  1 
1  1 
0  0 
onseguem a
BC . O term
   
00  01 
1  1 
0  1 
0  0 
1  0 
fazem um ú
ura 5.1, e o 
ser dobrado
em laranja e
em azul val
0001
0011
0010
1100
1101
1111
células em ma
otal de 1 nã
das, resultan
   
11  10 
0  0 
1  1 
1  0 
1  0 
abranger to
mo em azul 
   
11  10 
1  1 
1  0 
0  0 
0  1 
único termo 
mesmo val
o para form
e em rosa f
le CB e as
011
01
01
01
00
apas de Karnau
Prof. Talão faz uma l
ndo em F 
dos os 1 do
é desneces
(somente u
e para os do
mar um torói
ficam próxim
ssim a leitu
011
0
011
1
 
ugh de 4 variáv
les C Pimen
leitura, pois
BA . 
o mapa e a 
ssário e obv
um bit de d
ois termos 
ide, como i
mos e perfa
ura final é d
veis. 
nta, PhD 
s 6 não é 
leitura é 
viamente 
diferença 
em rosa. 
ilustrado 
azem um 
dada por 
Notas
5.2.3 
leitura
 
leitura
função
BF 
5.2.4 
pode s
como 
Da me
variáv
sobrep
ao ma
facilit
 
 
 
 
s de Aula – 
Leitura pe
A leitura 
a é lida pelo
Os termo
a final é dad
o pode s
 CBDB 
Pode-se o
Mapas de 
Um mapa
ser visualiza
dois mapas
esma forma
veis. Entreta
Um mapa
postos, com
apa de E=0 
ar a visualiz
 
 
 
 
 
ELTD01 
elos 0 
dos mapas 
os 0, obtém-
s em laranj
da por F 
ser inverti
C . 
observar que
 5 Variávei
a de três var
ado como o
s de duas va
a um mapa
anto a visua
a de cinco 
mo no exemp
e os valores
zação, os 0 
 
 
 
 
E 
0 
1 
 
 
 
também po
-se a função
  AB
CD   
  00
  01
  11
  10
ja são dado
BCDB  . O
da novam
e a função é
s 
riáveis pode
o tubo da Fig
ariáveis e qu
de cinco v
alização fica
variáveis p
plo a seguir
s abaixo da 
foram omit
   
    C
   
   
   
   
   
   
   
   
ode ser feita
o inversa. C
   
00  01 
1  1 
0  1 
0  0 
1  0 
os por DB
Observe qu
mente por 
é expressa e
e ser visto c
gura 5.1. Um
ue pode ser 
variáveis po
a comprome
pode ser vis
r. Os valore
barra inclin
tidos, mante
  AB  
CD   00
  00 1  
  01   
  11   
  10   
a pelos 0 ao
onsidere co
   
11  10 
1  1 
1  0 
0  0 
0  1 
 e o termo
ue foi feita a
De Morg
m forma de
como dois m
m mapa de 
visualizado
ode ser vist
etida. 
sto como do
es acima da
nada corres
endo-se ape
 
01  11
1   
1  1 
1
1  1 
1
   
Prof. Tal
o invés dos
omo exempl
o em azul v
a leitura da 
gam, resu
e produto de
mapas de d
quatro vari
o como o tor
to como do
ois mapas d
a barra inclin
pondem ao 
nas os 1. 
 
1  10 
 
 
1
 
1
 
1 1
les C Pimen
s 1. Entretan
lo a leitura a
vale BC e 
função inve
ultando en
e somas! 
duas variáve
iáveis pode 
róide da Fig
ois mapas d
de quatro v
inada corres
mapa de E
nta, PhD 
nto, se a 
a seguir: 
assim a 
ertida. A 
tão em 
eis e que 
ser visto 
gura 5.2. 
de quatro 
variáveis 
spondem 
E=1. Para 
Notas
assim 
barra, 
para o
Assim
variáv
variáv
0 fora
 
de for
relaçã
Os de
potênc
final é
5.2.5 
sobrep
corres
valore
corres
mante
s de Aula – 
O termo e
o termo é 
ou seja, E=
o lado de ba
m, a leitura f
Um mapa
veis posicio
veis, e novam
am omitidos
O mapa f
rma individ
ão a linha vi
O termo e
emais termo
cia de 2. Iss
O termo e
é dada por F
Mapas de 
Um mapa
postos, com
spondem ao
es à direita
spondem ao
endo-se apen
 
 
ELTD01 
em verde co
EDCA . O 
=1, assim o
aixo quanto 
final é dada 
a de cinco 
onadas lada
mente usa-s
s, mantendo
  ABC 
DE  
  00 
  01 
  11 
  10 
fica dividido
dual e indep
ioleta (espel
em verde co
os, marcado
so ocorre po
em azul é A
EDBAF 
 6 Variávei
a de seis v
mo no ex
o mapa de E
a correspond
o mapa de 
nas os 1. 
orresponde 
termo em l
o termo é A
o lado de c
por CAF 
variáveis ta
a a lado, c
se a sequênc
-se apenas o
   
000  001 
   
  1 
  1 
1  1 
o em dois, c
pendente. S
lhados), form
orresponde a
os em azul 
ois não são s
CEA e o te
EDBA 
s 
variáveis po
xemplo a 
EF=00, os v
dem ao ma
EF=01. P
a DCA pa
laranja corr
EDC . Já o
cima da bar
DACEDC 
ambém pod
como no e
cia Gray. N
os 1. 
   
011  010
   
1  1 
1  1 
   
como delim
Se os termo
rmam um ún
a EDBA , o
e vermelho
simétricos e
ermo em ve
DCBCEA 
ode ser vis
seguir. Os
valores abai
apa de EF=
Para facilita
ara o lado d
responde a 
o termo em 
rra e, portan
BDED  .
de ser visto
exemplo a 
Novamente, p
   
110  111
   
1   
1   
   
mitado pela 
os dos dois
nico termo.
o termo em 
o não form
em relação a
ermelho cor
D . 
to como d
s valores a
ixo corresp
=10 e final
ar a visuali
Prof. Tal
de cima da b
DAC para 
azul corres
nto E não ap
o como doi
seguir. Ne
para facilita
   
101  100
1  1 
   
   
   
linha violet
s lados fore
laranja corr
am uma lei
a linha viole
rresponde a
ois mapas 
acima das 
ondem ao m
lmente os v
ização, os 
les C Pimen
barra, ou se
a o lado de b
sponde a BD
parece ness
is mapas d
esse caso t
ar a visualiz
0 
ta. Cada lad
em simétric
responde a 
itura, apesa
eta. 
a DCB , e 
de cinco v
barras in
mapa de EF
valores à e
0 foram o
nta, PhD 
eja, E=0, 
baixo da 
D , tanto 
se termo. 
e quatro 
em-se 3 
zação, os 
do é lido 
cos com 
EDBA . 
ar de ser 
a leitura 
variáveis 
nclinadas 
F=11, os 
esquerda 
omitidos, 
Notas
 
EF=00
cima e
corres
barras
Assim
por Y
variáv
sequên
visual
 
quadra
adjace
1
s de Aula – 
O termo e
0, assim o t
e à esquerda
sponde a BA
Os dois t
s e o outro e
m os dois ter
FEDCB
Um mapa
veis posicio
ncias de 3 
lização, os 0
O mapa 
ante é lido
entes forem 
     
     
     
  EF   
     
  00   
10    01
  11   
     
     
     
     
     
     
ELTD01 
em laranja 
termo é CB
a das barras
DBC , em to
termos em 
está à direit
rmos em az
EFACDF 
a de seis v
onadas lada
variáveis, 
0 foram omi
  ABC 
DEF   
  000 
  001 
  011 
  010 
  110 
  111 
  101 
  100 
fica dividi
o de forma 
simétricos 
    A
  CD 
   
   
   
   
     
   
   
   
   
   
   
   
correspond
FEDC . O t
s, ou seja, E
odas as posi
azul aparec
ta, isto é, EF
zul são DBA
DBCAF 
variáveis ta
a a lado, co
onde se u
itidos, mant
   
000  001 
1  1 
   
   
   
   
   
   
1  1 
do em qua
individual 
com relaçã
AB   
  00
 
00 
 
 
 
 
01 
 
 
1 
 
11 
 
1 
 
 
10 
 
 
 
de a DCB
termo em v
EF=01, assim
ições de EF
cem em A
F=01 e EF=
FED e BA
FEDBA 
ambém pod
omo no exe
usa a sequê
tendo-se ap
   
011  010
   
1   
   
  1 
  1 
  1 
  1 
   
atro, delim
e indepen
ão às linhas 
   
0 
   
   
   
   
1   
   
   
1   
   
   
  1 
   
para o lado
verde corres
m o termo é
F e, portanto
DB . Entre
=10, de des
FDEB . Des
FDEBA . 
de ser visto
emplo a se
ência Gray
enas os 1. 
   
110  111
   
   
   
1   
1   
1   
1   
   
itado pelas
ndente. Se o
de simetria,
   
01 
1   
   
   
   
   
   
   
   
   
1   
  1 
1   
Prof. Tal
o de cima d
sponde a A
é FEACD . 
o não aparec
tanto um e
sa forma nã
ta forma, a 
o como do
guir. Nesse
. Novamen
   
101  100
1  1 
   
   
   
   
   
   
1  1 
s linhas ros
os termos d
, formam um
     
11 
  1   
     
     
     
     
     
  1   
    1 
     
     
     
     
les C Pimen
das barras, 
ACD para o
Já o termo 
cem nesse t
está à esque
ão há simpl
leitura fina
ois mapas d
e caso tem
nte, para fa
0 
sa e violet
de dois qu
m único term
   
10 
   
   
   
   
   
   
  1 
   
   
   
   
   
nta, PhD 
ou seja, 
o lado de 
em rosa 
ermo. 
erda das 
ificação. 
al é dada 
de cinco 
-se duas 
acilitar a 
ta. Cada 
uadrantes 
mo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
 
 
 
 
Notas de Aula –ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
O termo em verde corresponde a FEDBCA , os termos em laranja correspondem a 
FEB . Os demais termos, marcados em azul e vermelho não formam uma leitura, apesar da 
potência de 2. Isso ocorre pois não são simétricos em relação a linha rosa. O termo em azul 
é EDCB e o termo em vermelho corresponde a DFCB , e a leitura final é dada por 
DFCBEDCBFEBFEDBCAY  . 
5.2.6 Termos Opcionais 
Sinais aplicados em um sistema podem ser provenientes de sistemas com 
intertravamento mecânico, e assim algumas combinações de entrada nunca ocorrem. Pode 
ser também que certas combinações de sinais de entrada nunca ocorram em função de sua 
origem ou no caso de alguns códigos binários, algumas combinações nunca ocorrem. 
Entretanto, se o circuito receber essas combinações, não importa a resposta do circuito. 
Essas combinações são chamadas de condições opcionais ou indiferentes. 
Essas condições opcionais são representadas em mapas de Karnaugh por x ou – e 
serão lidas como 0 ou 1, dependendo da conveniência em cada caso. 
Como exemplo, considere o elevador de carga mostrado na Figura 5.3. Há três 
sensores de peso; A (2Kg), B (20Kg) e C (200Kg) em que a saída é 0 se o sensor não estiver 
atuado e 1 se estiver atuado. Admita que por questões de economia e segurança, a operação 
do elevador seja regida pelas seguintes regras: 
a. Sem carga: deve operar. 
b. Cargas maiores que 2Kg e menores de 20Kg: não deve operar. 
c. Cargas maiores que 20Kg e menores que 200Kg: deve operar. 
d. Cargas acima de 200Kg: não deve operar. 
CARGA
A B C
2Kg 20Kg 200Kg 
Figura 5.3 – Sensores de carga em um elevador. 
Notas
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seguin
isto é,
recebe
isto é,
assum
forma
ABC =
200Kg
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Notas
5.3 
5.3.1 
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5.3.2 
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De M
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s de Aula – 
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nta, PhD 
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Notas
 
5.3.3 
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Mintermo
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ELTD01 
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CD    00
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15,14,8 
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Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
5.3.4 Conversão Soma de Produtos/Produto de Somas Operações - Mintermos/Maxtermos 
A função CBBAY  , mostrada no mapa a seguir, pode ser representada pelos 
seus mintermos, obtidos diretamente do mapa de Karnaugh,   13,12,7,6,5,4mY . Da 
mesma forma, os maxtermos obtidos do mapa são   15,14,11,10,9,8,3,2,1,0MY . 
  AB                 
CD    00  01  11  10 
  00  0 0 1 4 1 12 0 8
  01  0 1 1 5 1 13 0 9
  11  0 3 1 7 0 15 0 11
  10  0 2 1 6 0 14 0 10
 
Na direção oposta, a função     13,7.14,12,10,8,6,4,2,0 DMX é 
apresentada no mapa a seguir. Lembre-se que seum elemento não for 0 e nem opcional, só 
pode ser 1, e assim, DX  . 
  AB                 
CD    00  01  11  10 
  00  0 0 0 4 0 12 0 8
  01  1 1 1 5 ‐ 13 1 9
  11  1 3 ‐ 7 1 15 1 11
  10  0 2 0 6 0 14 0 10
 
5.3.5 Operações E e OU entre Funções 
A operações E e OU entre funções são facilmente implementadas, respectivamente, a 
partir de operações E e OU entre os bits dos mapas de Karnaugh dessas funções. Como 
exemplo, considere: 
BDBAF  , 
  14,12,10,8,3,2,1,0MG . 
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
Essas funções e o resultado da operação E entre elas (interseção) estão presentes nos 
mapas a seguir. Assim, BDGFGFX  . . 
 
  AB              AB             AB         
CD    00  01  11  10    CD   00  01  11  10    CD   00  01  11  10 
  00  1  0  0  0      00 0  1  0  0      00  0  0  0  0 
  01  1  1  1  0      01 0  1  1  1      01  0  1  1  0 
  11  1  1  1  0      11 0  1  1  1      11  0  1  1  0 
  10  1  0  0  0      10 0  1  0  0      10  0  0  0  0 
      F            G            X   
 
Essas funções e o resultado da operação OU entre elas (união) estão presentes nos 
mapas a seguir. Assim, DAGFGFY   . 
 
  AB              AB             AB         
CD    00  01  11  10    CD   00  01  11  10    CD   00  01  11  10 
  00  1  0  0  0      00 0  1  0  0      00  1  1  0  0 
  01  1  1  1  0      01 0  1  1  1      01  1  1  1  1 
  11  1  1  1  0      11 0  1  1  1      11  1  1  1  1 
  10  1  0  0  0      10 0  1  0  0      10  1  1  0  0 
      F            G            Y   
 
5.4 EXERCÍCIOS 
1. Faça as leituras dos mapas de Karnaugh a seguir. 
  A                   
BC    0  1      AB        
  00  0  1    C    00  01  11  10 
  01  1  1      0  0  1  0  1 
  11  1  1      1  1  0  1  0 
  10  1  0               
    R          S   
 
  AB              AB             AB         
CD    00  01  11  10    CD   00  01  11  10    CD   00  01  11  10 
  00  1  0  0  1      00 0  1  0  0      00  0  0  0  0 
  01  0  0  1  0      01 0  1  1  1      01  0  1  1  0 
  11  0  0  1  1      11 0  1  1  1      11  0  1  1  0 
  10  1  0  0  1      10 0  1  0  0      10  0  0  0  0 
      T            U            V   
 
 
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
  AB              AB             AB         
CD    00  01  11  10    CD   00  01  11  10    CD   00  01  11  10 
  00  1  1  1  0      00 0  0  0  0      00  0  0  0  0 
  01  1  1  1  0      01 0  1  1  1      01  0  1  1  0 
  11  1  1  1  0      11 0  0  1  1      11  0  1  1  0 
  10  1  0  0  0      10 0  1  0  0      10  1  1  1  1 
      X            Y            Z   
 
  ABC                 
DEF    000  001  011  010 110  111  101  100 
  000  1  1          1  1 
  001    1  1  1  1    1   
  011    1    1  1    1   
  010        1  1       
  110        1  1       
  111        1  1       
  101        1  1       
  100  1  1             
          W       
2. Repita o exercício anterior, com leituras pelos 0. 
3. Obtenha as funções anteriores na forma de produto de somas. 
4. Obtenha as expressões anteriores na forma de Mintermos e Maxtermos. 
5. Obtenha U.Y, U.Z e V.Z. 
6. Obtenha T+X, T+Y e T+V. 
7. Simplifique. 
a. CBABCACBACBAZ  
b. )())(( 22221121 XXXXXXXXN  
c. DBADBCCBADCBAY  
d. ))(( ABABAABE  
e. 2131231321 AAAAAAAAAAW  
f. YXWXYZM  
g. AABABCY  
h. ABCBAL  
i. 21212121 XXXXXXXXG  
j. ACBACBAH ))((  
k. 3211221 ZZZZZZZD  
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
8. Obtenha a função     3,2.15,14,13,9,8,7,1,0 DMK na forma de soma de 
produtos. 
9. Obter as expressões Booleanas do circuito de comando dos disjuntores ABCD da 
Figura 5.4. Sabe-se que a alimentação do barramento deve ser feita do seguinte com 
as seguintes considerações: 
a. Não pode haver mais que uma usina alimentando o barramento por vez, 
b. A ordem de preferência é GA > GB > GC > GD, 
c. Não deve haver interrupção de energia. 
 
Figura 5.4 – Chaveamento de energia em um barramento. 
 
10. Fazer o intertravamento entre os disjuntores de uma subestação, como mostrado na 
Figura 5.5, sabendo-se que somente dois disjuntores podem fechar por vez. Deve-se 
tentar manter as cargas energizadas. 
 
 
Figura 5.5 – Distribuição de energia. 
 
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
11. Deseja-se comandar um semáforo no cruzamento de duas ruas, como indicado na 
Figura 5.6. Admita que exista um sistema de fotocélula para detectar a presença de 
carros, onde 1 indica presença e 0 ausência. O farol dirigido para cada uma das ruas, 
pode estar verde ou vermelho, representado por 1 e 0, respectivamente. O carro pode 
passar se o farol estiver verde. Projete o circuito de comando do semáforo, levando-
se em conta as seguintes considerações: 
a. Apenas um carro de cada vez deve passar no cruzamento; 
b. Se não houver o carro X, o farol FX é um estado opcional; 
c. O carro da direita, quando houver, tem preferência; 
d. A ordem de preferência será sempre ABCD 
 
Figura 5.6 – Cruzamento de vias. 
12. Um dado circuito deve monitorar a veracidade dos números recebidos por um 
sistema. Os números binários presentes no barramento A3A2A1A0 são considerados 
válidos se estiverem entre 0 e 9. Projete um circuito que atenda estas especificações, 
produzindo um 1 na saída se o número recebido não estiver entre 0 e 9. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Notas de Aula – ELTD01 Prof. Tales C Pimenta, PhD 
13. No sistema de barramentos de acionamento de motores indicado na Figura 5.7 existe 
um sensor de tensão em cada barramento. Cada motor (A, B, C e D) é ligado a dois 
barramentos via chaves (X1, X2, X3, X4, X5 e X6). Cada barramento pode alimentar 
no máximo um motor. Obter o circuito de comando de cada contato em função dos 
sensores de faltas. Em regime de operação normal tem-se a seguinte alimentação: 
 Motor M1 ao barramento A, 
 Motor M2 ao barramento B, 
 Motor M3 ao barramento C. 
 
 
Figura 5.7 – Sistema de alimentação de motores. 
 
14. Um sistema de reservatórios tem 4 sensores de nível L1, L2, L3 e L4. A bomba que 
alimenta estes reservatórios deve ser acionada se nenhum dos sensores estiver 
acionado ou se somente um dos sensores estiver acionado. Obtenha a expressão 
lógica mais simplificada possível que determine o acionamento da bomba. 
15. Uma lâmpada deve ser controlada independentemente por 3 interruptores localizados 
em três pontos diferentes. Assim, ao se pressionar qualquer um dos interruptores 
muda o estado da lâmpada (acesa para apagada ou vice-versa). Projetar o circuito 
eletrônico que satisfaça essas exigências.