Electrónica digital: ejercicios de la PAU de Tecnología de Andalucía resueltos

Planteamiento La expresión $\sum m(2,\ 3,\ 5,\ 7)$ dice que la función vale 1 en los mintérminos 2, 3, 5 y 7: las combinaciones de $a$, $b$ y $c$ que, leídas en binario con $a$ como bit de más peso, valen 2, 3, 5 y 7. En las otras cuatro vale 0.

1. Los mintérminos en binario ($abc$):

   $2=010$$3=011$$5=101$$7=111$

2. Tabla de verdad:

   Mintérmino	$a$	$b$	$c$	$f$
   0	0	0	0	0
   1	0	0	1	0
   2	0	1	0	1
   3	0	1	1	1
   4	1	0	0	0
   5	1	0	1	1
   6	1	1	0	0
   7	1	1	1	1

Planteamiento Llevamos los unos al mapa de Karnaugh de tres variables ($a$ en las filas y $bc$ en las columnas, en código Gray: 00, 01, 11, 10) y los agrupamos en bloques adyacentes de 2 o de 4, lo más grandes posible y los menos posibles.

1. Mapa de Karnaugh:

   $a \backslash bc$	00	01	11	10
   0	0	0	1	1
   1	0	1	1	0

2. Grupo 1: los dos unos de la fila $a=0$, columnas 11 y 10 (mintérminos 3 y 2). En ellos $a=0$ y $b=1$, y $c$ cambia, así que $c$ desaparece:

   $m_2+m_3=\overline{a}\cdot b$

3. Grupo 2: los dos unos de la fila $a=1$, columnas 01 y 11 (mintérminos 5 y 7). En ellos $a=1$ y $c=1$, y $b$ cambia:

   $m_5+m_7=a\cdot c$

4. Los dos grupos cubren los cuatro unos. El grupo de los mintérminos 3 y 7, que daría $b\cdot c$, sobra: sus dos unos ya están cubiertos.

5. Función simplificada:

   $f=\overline{a}\cdot b+a\cdot c$

Planteamiento La función simplificada es una suma (OR) de dos productos (AND), y el único complemento es el de $a$ (NOT).

1. Una puerta NOT da $\overline{a}$ a partir de $a$.

2. Una puerta AND de dos entradas multiplica $\overline{a}$ y $b$:

   $\overline{a}\cdot b$

3. Otra puerta AND de dos entradas multiplica $a$ y $c$:

   $a\cdot c$

4. Una puerta OR de dos entradas suma las salidas de las dos AND:

   $f=\overline{a}\cdot b+a\cdot c$

Planteamiento Variables de entrada: $a$, $b$, $c$ y $d$ valen 1 si el ejercicio está bien y 0 si está mal. Salida: $f$ vale 1 si el examen está aprobado. Según el enunciado, $f=1$ cuando $d=1$ y, además, al menos una de las otras tres variables vale 1.

1. Tabla de verdad (16 combinaciones; la fila es el número binario $abcd$, con $a$ como bit de más peso):

   Fila	$a$	$b$	$c$	$d$	$f$
   0	0	0	0	0	0
   1	0	0	0	1	0
   2	0	0	1	0	0
   3	0	0	1	1	1
   4	0	1	0	0	0
   5	0	1	0	1	1
   6	0	1	1	0	0
   7	0	1	1	1	1
   8	1	0	0	0	0
   9	1	0	0	1	1
   10	1	0	1	0	0
   11	1	0	1	1	1
   12	1	1	0	0	0
   13	1	1	0	1	1
   14	1	1	1	0	0
   15	1	1	1	1	1

2. Las filas con $f=1$ son la 3, 5, 7, 9, 11, 13 y 15. La función canónica (primera forma canónica) es la suma de esos mintérminos:

   $f=\sum m(3,\ 5,\ 7,\ 9,\ 11,\ 13,\ 15)$

3. Escrita con las variables, un producto por cada fila con $f=1$ (la variable va negada donde vale 0):

   $f$${}= \overline{a}\cdot\overline{b}\cdot c\cdot d$${}+\overline{a}\cdot b\cdot\overline{c}\cdot d$${}+\overline{a}\cdot b\cdot c\cdot d$${}+a\cdot\overline{b}\cdot\overline{c}\cdot d$${}+a\cdot\overline{b}\cdot c\cdot d$${}+a\cdot b\cdot\overline{c}\cdot d$${}+a\cdot b\cdot c\cdot d$

Planteamiento Llevamos los siete unos al mapa de Karnaugh de cuatro variables ($ab$ en las filas y $cd$ en las columnas, las dos en código Gray: 00, 01, 11, 10) y los agrupamos en bloques de 4, los más grandes posibles.

1. Mapa de Karnaugh:

   $ab \backslash cd$	00	01	11	10
   00	0	0	1	0
   01	0	1	1	0
   11	0	1	1	0
   10	0	1	1	0

2. Grupo 1: la columna $cd=11$ entera (mintérminos 3, 7, 15 y 11). En ella $c=1$ y $d=1$, y $a$ y $b$ cambian:

   $c\cdot d$

3. Grupo 2: el cuadrado de las filas $ab=01$ y $ab=11$ con las columnas $cd=01$ y $cd=11$ (mintérminos 5, 7, 13 y 15). En él $b=1$ y $d=1$:

   $b\cdot d$

4. Grupo 3: el cuadrado de las filas $ab=11$ y $ab=10$ con las columnas $cd=01$ y $cd=11$ (mintérminos 13, 15, 9 y 11). En él $a=1$ y $d=1$:

   $a\cdot d$

5. Los tres grupos cubren los siete unos. La ecuación simplificada es la suma de los tres:

   $f=a\cdot d+b\cdot d+c\cdot d$

6. Sacando $d$ factor común queda justo la condición del enunciado:

   $f=d\cdot(a+b+c)$

Planteamiento La ecuación simplificada es una suma (OR) de tres productos (AND) de dos variables, sin variables negadas.

1. Tres puertas AND de dos entradas dan los productos:

   $a\cdot d$$b\cdot d$$c\cdot d$

2. Una puerta OR de tres entradas suma las tres salidas:

   $f=a\cdot d+b\cdot d+c\cdot d$

3. Con la forma factorizada basta con dos puertas: una OR de tres entradas con $a$, $b$ y $c$, y una AND de dos entradas con esa salida y $d$. Las dos versiones dan la misma tabla de verdad.

   $f=d\cdot(a+b+c)$

Planteamiento Un sensor inductivo detecta objetos metálicos sin tocarlos. Aprovecha que en un metal situado dentro de un campo magnético variable se inducen corrientes que le quitan energía al campo.

1. Principio de funcionamiento: una bobina con núcleo de ferrita, alimentada por un oscilador, crea un campo magnético alterno de alta frecuencia delante de la cara activa del sensor.

2. Cuando un objeto metálico entra en ese campo, en él se inducen corrientes de Foucault (corrientes parásitas) que absorben energía del oscilador: la amplitud de la oscilación disminuye.

3. Un circuito de disparo compara esa amplitud con un umbral. Cuando baja de él, la etapa de salida conmuta (un transistor o un contacto) y da la señal de objeto detectado; al retirarse el metal, la oscilación se recupera y la salida vuelve a su estado.

4. Características: solo detectan metales, sin contacto y a distancias cortas, de unos milímetros a pocos centímetros. No tienen piezas móviles, así que apenas se desgastan, y funcionan con polvo, aceite o suciedad.

5. Aplicaciones principales: detectar la presencia o la posición de piezas metálicas en cintas transportadoras y máquinas herramienta, hacer de finales de carrera sin contacto, detectar la posición del vástago de los cilindros neumáticos, contar piezas metálicas y medir la velocidad de giro de ejes o ruedas dentadas contando los dientes que pasan.

Planteamiento Cada puerta AND tiene cuatro entradas, tomadas de las líneas $A$, $B$, $C$, $D$ o de sus negadas (las salidas de los inversores), así que su salida vale 1 en una sola combinación: es un mintérmino. La puerta OR suma los seis mintérminos, de modo que $S=1$ exactamente en esas seis combinaciones.

1. Leemos las entradas de cada puerta AND, de arriba abajo (los puntos negros marcan las conexiones):

   $\overline{A}\cdot\overline{B}\cdot C\cdot D$$\overline{A}\cdot B\cdot C\cdot D$$A\cdot\overline{B}\cdot\overline{C}\cdot D$$A\cdot\overline{B}\cdot C\cdot D$$A\cdot B\cdot\overline{C}\cdot D$$A\cdot B\cdot C\cdot D$

2. La función lógica es la suma de los seis productos (forma canónica como suma de mintérminos):

   $S$${}= \overline{A}\cdot\overline{B}\cdot C\cdot D$${}+\overline{A}\cdot B\cdot C\cdot D$${}+A\cdot\overline{B}\cdot\overline{C}\cdot D$${}+A\cdot\overline{B}\cdot C\cdot D$${}+A\cdot B\cdot\overline{C}\cdot D$${}+A\cdot B\cdot C\cdot D$

3. Con $A$ como bit de más peso, esos mintérminos son las combinaciones 0011, 0111, 1001, 1011, 1101 y 1111, es decir, los números 3, 7, 9, 11, 13 y 15:

   $S=\sum m(3,\ 7,\ 9,\ 11,\ 13,\ 15)$

4. Tabla de verdad, con $S=1$ en esas seis filas:

   $A$	$B$	$C$	$D$	$S$
   0	0	0	0	0
   0	0	0	1	0
   0	0	1	0	0
   0	0	1	1	1
   0	1	0	0	0
   0	1	0	1	0
   0	1	1	0	0
   0	1	1	1	1
   1	0	0	0	0
   1	0	0	1	1
   1	0	1	0	0
   1	0	1	1	1
   1	1	0	0	0
   1	1	0	1	1
   1	1	1	0	0
   1	1	1	1	1

Planteamiento Pasamos los seis unos al mapa de Karnaugh de cuatro variables y los agrupamos en los bloques más grandes posibles de casillas adyacentes (de 2, 4 u 8 casillas).

1. Mapa de Karnaugh, con las filas $AB$ y las columnas $CD$ en código Gray:

   $AB\backslash CD$	00	01	11	10
   00	0	0	1	0
   01	0	0	1	0
   11	0	1	1	0
   10	0	1	1	0

2. Grupo 1: la columna $CD=11$ entera (los mintérminos 3, 7, 15 y 11). En ella cambian $A$ y $B$ y se mantienen $C=1$ y $D=1$:

   $C\cdot D$

3. Grupo 2: el cuadrado de las filas $AB=11$ y $AB=10$ con las columnas $CD=01$ y $CD=11$ (los mintérminos 13, 15, 9 y 11). Cambian $B$ y $C$ y se mantienen $A=1$ y $D=1$:

   $A\cdot D$

4. Los dos grupos cubren los seis unos. Función simplificada, y sacando factor común:

   $S=A\cdot D+C\cdot D=D\cdot(A+C)$

5. Implementación con puertas lógicas: una puerta AND de dos entradas para $A\cdot D$, otra para $C\cdot D$ y una OR de dos entradas que suma sus salidas. Con la forma $D\cdot(A+C)$ bastan dos puertas: una OR de $A$ y $C$ y una AND de su salida con $D$. Ninguna de las dos necesita inversores.

Planteamiento Escribimos la función que da el circuito, puerta a puerta, y la simplificamos con el álgebra de Boole. El circuito que se pide es el de la función simplificada.

1. Puertas de la izquierda: la OR recibe $A$ y $B$, y la AND recibe $B$ y $C$:

   $P_1=A+B$$P_2=B\cdot C$

2. La NAND recibe $P_1$ y $P_2$, y el inversor niega $P_2$:

   $P_3=\overline{(A+B)\cdot B\cdot C}$$P_4=\overline{B\cdot C}$

3. La NOR de salida recibe $P_3$ y $P_4$. Función sin simplificar:

   $S$${}= \overline{P_3+P_4}$${}= \overline{\overline{(A+B)\cdot B\cdot C}+\overline{B\cdot C}}$

4. Por De Morgan, la negación de una suma es el producto de las negaciones, y la doble negación se anula:

   $S$${}= (A+B)\cdot B\cdot C\cdot B\cdot C$${}= (A+B)\cdot B\cdot C$

5. Absorción: $(A+B)\cdot B=B$, porque si $B=1$ el paréntesis vale 1 y si $B=0$ el producto es 0. Función simplificada:

   $S=B\cdot C$

6. Comprobación con la tabla de verdad: $S=1$ solo cuando $B=1$ y $C=1$, valga lo que valga $A$.

   $A$	$B$	$C$	$S$
   0	0	0	0
   0	0	1	0
   0	1	0	0
   0	1	1	1
   1	0	0	0
   1	0	1	0
   1	1	0	0
   1	1	1	1

7. Circuito equivalente: una sola puerta AND de dos entradas, con $B$ y $C$. La entrada $A$ no influye en la salida.

Planteamiento En el lazo cerrado, el error es la diferencia entre la entrada y la salida realimentada, $E=X-Y$, y la salida es el error multiplicado por las dos ganancias en serie. Con esas dos ecuaciones se despeja $E$ en función de $X$.

1. Ecuaciones del lazo (realimentación unitaria y negativa; los bloques en serie multiplican sus ganancias):

   $E=X-Y$$Y=G_1\,G_2\,E$

2. Sustituimos $Y$ en la primera ecuación y despejamos $E$:

   $E$${}= X-G_1G_2\,E$${}\Rightarrow E\,(1+G_1G_2)$${}= X$${}\Rightarrow E=\dfrac{X}{1+G_1G_2}$

3. Condición pedida, con $X=1$ y $G_2=50$:

   $E=\dfrac{1}{1+50\,G_1}<0{,}1$

4. Con $G_1>0$ el denominador es positivo y puede pasar multiplicando. Despejamos $G_1$:

   $1$${}< 0{,}1\,(1+50\,G_1)$${}\Rightarrow 10$${}< 1+50\,G_1$${}\Rightarrow G_1$${}> \dfrac{9}{50}$${}= 0{,}18$

5. Comprobación: con $G_1=0{,}18$ el error vale justo $1/(1+9)=0{,}1$, y con una ganancia mayor el error baja; por ejemplo, con $G_1=1$ es $E=1/51\approx 0{,}02$.

Planteamiento Escribimos la salida de cada puerta y evaluamos $F$ en las ocho combinaciones de $A$, $B$ y $C$.

1. La NAND de arriba recibe $A$ y $B$; el inversor niega $C$, y la OR recibe $B$ (por la derivación del punto negro) y $\overline{C}$:

   $P_1=\overline{A\cdot B}$$P_2=B+\overline{C}$

2. La NAND de salida recibe $P_1$ y $P_2$:

   $F$${}= \overline{P_1\cdot P_2}$${}= \overline{\overline{A\cdot B}\cdot(B+\overline{C})}$

3. Por De Morgan, $\overline{X\cdot Y}=\overline{X}+\overline{Y}$ y $\overline{B+\overline{C}}=\overline{B}\cdot C$:

   $F=A\cdot B+\overline{B+\overline{C}}=A\cdot B+\overline{B}\cdot C$

4. Tabla de verdad, con las salidas de las dos puertas intermedias:

   $A$	$B$	$C$	$\overline{A\cdot B}$	$B+\overline{C}$	$F$
   0	0	0	1	1	0
   0	0	1	1	0	1
   0	1	0	1	1	0
   0	1	1	1	1	0
   1	0	0	1	1	0
   1	0	1	1	0	1
   1	1	0	0	1	1
   1	1	1	0	1	1

Planteamiento Pasamos los cuatro unos al mapa de Karnaugh de tres variables y los agrupamos. Para usar solo puertas NAND, negamos dos veces la suma de productos y aplicamos De Morgan.

1. Mapa de Karnaugh, con la fila $A$ y las columnas $BC$ en código Gray:

   $A\backslash BC$	00	01	11	10
   0	0	1	0	0
   1	0	1	1	1

2. Grupo 1: la columna $BC=01$ (los mintérminos 1 y 5). Cambia $A$ y se mantienen $B=0$ y $C=1$:

   $\overline{B}\cdot C$

3. Grupo 2: las casillas $BC=11$ y $BC=10$ de la fila $A=1$ (los mintérminos 7 y 6). Cambia $C$ y se mantienen $A=1$ y $B=1$:

   $A\cdot B$

4. Los dos grupos cubren los cuatro unos (un tercer grupo con los mintérminos 5 y 7 sobraría). Función simplificada:

   $F=A\cdot B+\overline{B}\cdot C$

5. Para implementarla con NAND, la negamos dos veces y aplicamos De Morgan a la negación interior:

   $F$${}= \overline{\overline{A\cdot B+\overline{B}\cdot C}}$${}= \overline{\overline{A\cdot B}\cdot\overline{\overline{B}\cdot C}}$

6. Circuito con cuatro puertas NAND de dos entradas: una NAND con sus dos entradas unidas a $B$ da $\overline{B}$; otra NAND de $A$ y $B$ da $\overline{A\cdot B}$; una tercera NAND de $\overline{B}$ y $C$ da $\overline{\overline{B}\cdot C}$, y la NAND final de esas dos salidas da $F$.

Planteamiento Seguimos la señal de entrada $E$ por sus tres caminos y aplicamos las reglas de los bloques: los bloques en serie multiplican la señal, y en un sumador las señales se suman con su signo.

1. Primer sumador: le llega $G_1\,E$ con signo $+$ y la propia entrada $E$, por la derivación de abajo, con signo $-$:

   $X_1=G_1\,E-E=(G_1-1)\,E$

2. El bloque $G_2$ multiplica esa señal:

   $X_2=G_2\,(G_1-1)\,E$

3. Segundo sumador: le llegan $X_2$ y, por el camino de abajo, $G_3\,E$, las dos con signo $+$:

   $C=G_2\,(G_1-1)\,E+G_3\,E$

4. Dividimos entre $E$:

   $\dfrac{C}{E}$${}= G_2\,(G_1-1)+G_3$${}= G_1G_2-G_2+G_3$

Planteamiento Traducimos cada frase a una condición lógica: «persona no autorizada» es $X=0$, es decir, $\overline{X}$; «puerta abierta mientras la maquinaria funciona» es $Y\cdot Z$; «pulsador presionado» es $W$, y «persona no autorizada mientras la maquinaria funciona» es $\overline{X}\cdot Z$. Cada alarma se activa con una condición o con la otra (suma lógica).

1. Funciones que describe el enunciado:

   $A=\overline{X}+Y\cdot Z$$B=W+\overline{X}\cdot Z$

2. Ojo: el sensor $X$ solo distingue dos estados, así que $X=0$ se lee como «hay una persona no autorizada»; el enunciado no prevé el caso de que no haya nadie. Del mismo modo, «intenta acceder mientras la maquinaria está funcionando» se ha leído como $\overline{X}\cdot Z$, sin exigir además la puerta abierta; si se exigiera ($Y=1$), la segunda alarma sería $B=W+\overline{X}\cdot Y\cdot Z$.

3. Tabla de verdad, con $X$ como bit de más peso (la fila 0 es 0000 y la fila 15, 1111):

   $X$	$Y$	$Z$	$W$	$A$	$B$
   0	0	0	0	1	0
   0	0	0	1	1	1
   0	0	1	0	1	1
   0	0	1	1	1	1
   0	1	0	0	1	0
   0	1	0	1	1	1
   0	1	1	0	1	1
   0	1	1	1	1	1
   1	0	0	0	0	0
   1	0	0	1	0	1
   1	0	1	0	0	0
   1	0	1	1	0	1
   1	1	0	0	0	0
   1	1	0	1	0	1
   1	1	1	0	1	0
   1	1	1	1	1	1

Planteamiento Pasamos cada función a un mapa de Karnaugh de cuatro variables, con las filas $XY$ y las columnas $ZW$ en código Gray, y agrupamos los unos en los bloques más grandes posibles.

1. Mapa de la alarma $A$:

   $XY\backslash ZW$	00	01	11	10
   00	1	1	1	1
   01	1	1	1	1
   11	0	0	1	1
   10	0	0	0	0

2. Alarma $A$. Grupo de ocho: las filas $XY=00$ y $XY=01$ enteras, donde $X=0$, que da $\overline{X}$. Grupo de cuatro: las filas $XY=01$ y $XY=11$ con las columnas $ZW=11$ y $ZW=10$, donde $Y=1$ y $Z=1$, que da $Y\cdot Z$:

   $A=\overline{X}+Y\cdot Z$

3. Mapa de la alarma $B$:

   $XY\backslash ZW$	00	01	11	10
   00	0	1	1	1
   01	0	1	1	1
   11	0	1	1	0
   10	0	1	1	0

4. Alarma $B$. Grupo de ocho: las columnas $ZW=01$ y $ZW=11$ enteras, donde $W=1$, que da $W$. Grupo de cuatro: las filas $XY=00$ y $XY=01$ con las columnas $ZW=11$ y $ZW=10$, donde $X=0$ y $Z=1$, que da $\overline{X}\cdot Z$:

   $B=W+\overline{X}\cdot Z$

Planteamiento Cada función simplificada es la suma de un término suelto y de un producto de dos variables. Bastan un inversor para $\overline{X}$, que comparten los dos circuitos, dos puertas AND y dos OR de dos entradas.

1. Alarma $A$: un inversor da $\overline{X}$; una AND de $Y$ y $Z$ da $Y\cdot Z$, y una OR de $\overline{X}$ y $Y\cdot Z$ da $A$.

2. Alarma $B$: una AND de $\overline{X}$ (la salida del mismo inversor) y $Z$ da $\overline{X}\cdot Z$, y una OR de $W$ y $\overline{X}\cdot Z$ da $B$.

Planteamiento Leemos el circuito de izquierda a derecha: la primera puerta AND da $a\cdot b$; la puerta OR, que recibe $b$ (la línea de $b$ se divide) y $c$, da $b+c$; y la AND final multiplica las dos. Con esa expresión rellenamos la tabla de verdad, una fila por cada combinación de las tres entradas.

1. Función que da el circuito:

   $F=(a\cdot b)\cdot(b+c)$

2. Tabla de verdad, con las salidas de las dos primeras puertas para comprobar cada fila:

   $a$	$b$	$c$	$a\cdot b$	$b+c$	$F$
   0	0	0	0	0	0
   0	0	1	0	1	0
   0	1	0	0	1	0
   0	1	1	0	1	0
   1	0	0	0	0	0
   1	0	1	0	1	0
   1	1	0	1	1	1
   1	1	1	1	1	1

3. $F$ vale 1 en las filas $110$ y $111$, que son los mintérminos 6 y 7. La forma canónica como suma de productos tiene un producto por cada una de esas filas:

   $F=a\cdot b\cdot\overline{c}+a\cdot b\cdot c=\textstyle\sum m(6,\ 7)$

Planteamiento Llevamos los unos de la tabla a un mapa de Karnaugh de tres variables (filas $ab$ en código Gray y columnas $c$) y los agrupamos en el menor número de grupos, cada uno lo más grande posible.

1. Mapa de Karnaugh:

   $ab\backslash c$	0	1
   00	0	0
   01	0	0
   11	1	1
   10	0	0

2. Los dos unos de la fila $ab=11$ son adyacentes y forman un grupo de dos. Dentro del grupo $c$ cambia (vale 0 y 1), así que se elimina; $a$ y $b$ valen 1 y quedan sin negar:

   $F=a\cdot b$

3. El álgebra de Boole da lo mismo, por la ley de absorción $b\cdot(b+c)=b$:

   $F=a\cdot(b\cdot(b+c))=a\cdot b$

4. Implementación: basta una puerta AND de dos entradas, $a$ y $b$, cuya salida es $F$. La entrada $c$ no influye en la salida (circuito en la figura).

Planteamiento Pasamos cada número a binario dividiéndolo entre 2 una y otra vez hasta llegar a 0: los restos, leídos del último al primero, son las cifras binarias. Se comprueba sumando las potencias de 2 de las cifras que valen 1.

1. 14: al dividir entre 2 una y otra vez, los restos son 0, 1, 1 y 1; leídos del último al primero, 1110. Comprobación: $8+4+2=14$.

   $14_{(10)}=1110_{(2)}$

2. 27: al dividir entre 2 una y otra vez, los restos son 1, 1, 0, 1 y 1; leídos del último al primero, 11011. Comprobación: $16+8+2+1=27$.

   $27_{(10)}=11011_{(2)}$

3. 45: al dividir entre 2 una y otra vez, los restos son 1, 0, 1, 1, 0 y 1; leídos del último al primero, 101101. Comprobación: $32+8+4+1=45$.

   $45_{(10)}=101101_{(2)}$

4. 28: al dividir entre 2 una y otra vez, los restos son 0, 0, 1, 1 y 1; leídos del último al primero, 11100. Comprobación: $16+8+4=28$.

   $28_{(10)}=11100_{(2)}$

5. 36: al dividir entre 2 una y otra vez, los restos son 0, 0, 1, 0, 0 y 1; leídos del último al primero, 100100. Comprobación: $32+4=36$.

   $36_{(10)}=100100_{(2)}$

6. Fíjate en que 28 es el doble de 14: su número binario es el de 14 con un 0 más a la derecha.

Planteamiento Cada interruptor es una variable que vale 1 cuando está activado, y $S=1$ significa puerta abierta. Recorremos las 16 combinaciones de $A$, $B$, $C$ y $D$ y aplicamos las dos condiciones: $A=1$ con al menos otro interruptor a 1, o $A=0$ con $B$, $C$ y $D$ a 1.

1. Tabla de verdad:

   $A$	$B$	$C$	$D$	$S$
   0	0	0	0	0
   0	0	0	1	0
   0	0	1	0	0
   0	0	1	1	0
   0	1	0	0	0
   0	1	0	1	0
   0	1	1	0	0
   0	1	1	1	1
   1	0	0	0	0
   1	0	0	1	1
   1	0	1	0	1
   1	0	1	1	1
   1	1	0	0	1
   1	1	0	1	1
   1	1	1	0	1
   1	1	1	1	1

2. La puerta se abre en 8 combinaciones: la $0111$ y las que van de $1001$ a $1111$, es decir, los mintérminos 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14 y 15 (con $A$ como cifra de más peso):

   $S=\textstyle\sum m(7,\ 9,\ 10,\ 11,\ 12,\ 13,\ 14,\ 15)$

3. Forma canónica como suma de productos, un producto por cada fila con $S=1$; los cuatro primeros son:

   $S$${}= \overline{A}\cdot B\cdot C\cdot D$${}+A\cdot\overline{B}\cdot\overline{C}\cdot D$${}+A\cdot\overline{B}\cdot C\cdot\overline{D}$${}+A\cdot\overline{B}\cdot C\cdot D\,$

4. y los otros cuatro:

   $+\,A\cdot B\cdot\overline{C}\cdot\overline{D}$${}+A\cdot B\cdot\overline{C}\cdot D$${}+A\cdot B\cdot C\cdot\overline{D}$${}+A\cdot B\cdot C\cdot D$

5. Escrita directamente a partir de las dos condiciones del enunciado, sin desarrollar:

   $S=A\cdot(B+C+D)+\overline{A}\cdot B\cdot C\cdot D$

Planteamiento Llevamos los unos de la tabla a un mapa de Karnaugh de cuatro variables (filas $AB$ y columnas $CD$, las dos en código Gray) y los agrupamos en grupos de 2 o de 4 casillas adyacentes, lo más grandes posible.

1. Mapa de Karnaugh:

   $AB\backslash CD$	00	01	11	10
   00	0	0	0	0
   01	0	0	1	0
   11	1	1	1	1
   10	0	1	1	1

2. La fila $AB=11$ entera es un grupo de 4: en él solo se mantienen $A=1$ y $B=1$, así que da $A\cdot B$.

3. El cuadrado de las filas $11$ y $10$ con las columnas $01$ y $11$ es otro grupo de 4: en él se mantienen $A=1$ y $D=1$, y da $A\cdot D$. El de las filas $11$ y $10$ con las columnas $11$ y $10$ da $A\cdot C$.

4. Queda el uno de la casilla $AB=01$, $CD=11$: con su vecino de la fila $11$ forma una pareja en la que se mantienen $B$, $C$ y $D$, y da $B\cdot C\cdot D$.

5. Función simplificada, la suma de los cuatro grupos:

   $S=A\cdot B+A\cdot C+A\cdot D+B\cdot C\cdot D$

6. Sacando factor común $A$ en los tres primeros se ve lo que dice el enunciado, $A$ y al menos otro interruptor:

   $S=A\cdot(B+C+D)+B\cdot C\cdot D$

7. Implementación (circuito en la figura): tres puertas AND de dos entradas ($A\cdot B$, $A\cdot C$ y $A\cdot D$), una AND de tres entradas ($B\cdot C\cdot D$) y una OR de cuatro entradas que las suma. Con la forma factorizada bastan una OR de tres entradas para $B+C+D$, una AND de dos entradas con $A$, la AND de tres entradas y una OR de dos entradas a la salida.

Planteamiento Un sensor capacitivo detecta objetos sin tocarlos porque su presencia cambia la capacidad de un condensador formado por el propio sensor.

1. Principio: la cara activa del sensor tiene un electrodo (o dos placas) que forma un condensador con lo que tiene delante. Su capacidad depende de la permitividad $\varepsilon$ del medio, del área $S$ de las placas y de su distancia $d$:

   $C=\varepsilon\,\dfrac{S}{d}$

2. Cuando un objeto se acerca, cambia la permitividad del espacio que hay delante del sensor y, con ella, la capacidad. Un circuito oscilador detecta ese cambio y un comparador hace conmutar la salida del sensor. La distancia de detección se suele ajustar con un potenciómetro.

3. Como reaccionan a cualquier material, metálico o no (plástico, madera, vidrio, papel, líquidos, granos), sus aplicaciones típicas son: detectar el nivel de líquidos o de sólidos en depósitos y tolvas, incluso a través de una pared de plástico o de vidrio; detectar y contar piezas no metálicas en cintas transportadoras; detectar la presencia de objetos en máquinas; y las pantallas y los pulsadores táctiles.

Planteamiento $A$ vale 1 cuando hay dos o más señales de avería a 1. Recorremos las 16 combinaciones de $M_1$, $M_2$, $M_3$ y $M_4$ y contamos cuántos unos tiene cada una.

1. Tabla de verdad, con el número de averías de cada fila:

   $M_1$	$M_2$	$M_3$	$M_4$	Averías	$A$
   0	0	0	0	0	0
   0	0	0	1	1	0
   0	0	1	0	1	0
   0	0	1	1	2	1
   0	1	0	0	1	0
   0	1	0	1	2	1
   0	1	1	0	2	1
   0	1	1	1	3	1
   1	0	0	0	1	0
   1	0	0	1	2	1
   1	0	1	0	2	1
   1	0	1	1	3	1
   1	1	0	0	2	1
   1	1	0	1	3	1
   1	1	1	0	3	1
   1	1	1	1	4	1

2. $A=1$ en las 11 combinaciones con dos, tres o cuatro unos: los mintérminos 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14 y 15 (con $M_1$ como cifra de más peso):

   $A$${}= \textstyle\sum m(3,\ 5,\ 6,\ 7,\ 9,\ 10,\ 11,\ 12,\ 13,\ 14,\ 15)$

3. Forma canónica como suma de productos, un producto por cada fila con $A=1$; los cuatro primeros son:

   $A$${}= \overline{M_1}\cdot\overline{M_2}\cdot M_3\cdot M_4$${}+\overline{M_1}\cdot M_2\cdot\overline{M_3}\cdot M_4$${}+\overline{M_1}\cdot M_2\cdot M_3\cdot\overline{M_4}$${}+\overline{M_1}\cdot M_2\cdot M_3\cdot M_4\,$

4. los cuatro siguientes:

   $+\,M_1\cdot\overline{M_2}\cdot\overline{M_3}\cdot M_4$${}+M_1\cdot\overline{M_2}\cdot M_3\cdot\overline{M_4}$${}+M_1\cdot\overline{M_2}\cdot M_3\cdot M_4$${}+M_1\cdot M_2\cdot\overline{M_3}\cdot\overline{M_4}\,$

5. y los tres últimos:

   $+\,M_1\cdot M_2\cdot\overline{M_3}\cdot M_4$${}+M_1\cdot M_2\cdot M_3\cdot\overline{M_4}$${}+M_1\cdot M_2\cdot M_3\cdot M_4$