1. Y S STEMAS D G TALES
Carmen Baena • Manuel Jesús Bellido • Alberto Jesús Molina
María del Pilar Parra • Manuel Valencia
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1
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2. C- Áq7
PROBLEMAS
DE C RCU TOS
Y S STEMAS D G TALES
Carmen Baena Oliva
Manuel Jesús Bellido Díaz
Alberto Jesús Molina Cantero
María del Pilar Parra Fernández
Manuel Valencia Barrero
Departamento de Tecnología Electrónica
Universidad de Sevilla
McGraw-Hill
MADR D • BUENOS A RES • CARACAS • GUATEMALA • L SBOA • MÉX CO
NUEVA YORK • PANAMÁ • SAN JUAN • SANTAFÉ DE BOGOTÁ • SANT AGO • SÁO PAULO
AUCKLAND • HAMBURGO • LONDRES • M LÁN • MONTREAL • NUEVA DELH • PARÍS
SAN FRANC SCO • S DNEY • S NGAPUR • ST . LOU S • TOK O • TORONTO

3. TABLA DE CONTEN DOS
PRÓLOGO vi¡
1. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 1
2. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 19
3. ANÁL S S DE C RCU TOS COMB NAC ONALES 35
4. D SEÑO DE C RCU TOS COMB NAC ONALES 51
5. SUBS STEMAS COMB NAC ONALES 89
6. C RCU TOS AR TMÉT COS 141
7. ANÁL S S DE C RCU TOS SECUENC ALES 169
8. D SEÑO DE C RCU TOS SECUENC ALES 197
9. SUBS STEMAS SECUENC ALES 229
10 . MEMOR AS SEM CONDUCTORAS 263
11 . NTRODUCC ÓN A LOS S STEMAS D G TALES 291
12 . D SEÑO DE UN DADES DE CONTROL 325
13 M SCELÁNEA 359
B BL OGRAFÍA 391
v

4. PRÓLOGO
Este ejemplar es un libro de problemas resueltos en el campo del Diseño Lógico . Como tal
libro de problemas ha sido concebido con la finalidad de enseñar cómo se aplican los
conceptos y herramientas a casos concretos . Esto significa que nuestra atención no se centra
en el desarrollo de la doctrina teórica, sino en tratar de explicar cómo interpretar enunciados
de problemas más o menos bien especificados y, empleando los conocimientos teóricos
adquiridos por otras vías, resolver ese problema en particular y no otro . Como se ve, nuestros
objetivos primarios son potenciar las capacidades de aplicación de la teoría y la de resolución
práctica de problemas .
En cuanto a la disciplina, el término Diseño Lógico alude a materias tan bien conocidas
como son los Circuitos y Sistemas Digitales o la Teoría de Conmutación . En ella se incluyen :
1) los fundamentos matemáticos usuales (álgebra de Boole, representaciones binarias de nú-
meros y su aritmética, codificación binaria) ; 2) la presentación, análisis y diseño de circuitos
a nivel de conmutación, tanto combinacionales como secuenciales ; y 3) la descripción y reali-
zación de sistemas digitales a nivel de transferencias entre registros (RT), organizando el sis-
tema como una unidad de procesado de datos y otra de control . Aunque claramente fuera del
contexto de este libro, las materias fronteras son, en el nivel inferior, el tratamiento eléctrico
de las puertas lógicas y, en el nivel superior, la arquitectura de computadores, así como los sis-
temas multiprocesadores . La proliferación de aplicaciones y el considerable aumento de la
complejidad experimentada por los circuitos digitales en los últimos años hacen inviable el cu-
brimiento completo de esta materia . Nuestro propósito ha sido desarrollar un conjunto de pro-
blemas que den soporte y fundamenten adecuadamente a todos los circuitos y técnicas de Di-
seño Lógico .
Nuestro libro está pensado para un primer curso de Diseño Lógico, con aplicación en
diversos estudios universitarios tales como nformática (fundamentos del hardware) e ngenie-
ría Electrónica (realización de sistemas digitales) . También es útil en algunos campos cientí-
ficos, en concreto, los relacionados con la Teoría de Conmutación, la Teoría de Autómatas y
la Aritmética del Computador . Además, al estar fuertemente enfocado a la resolución de pro-
blemas, este texto también puede servir a profesionales que deseen realizar una puesta al día
vi¡

5. viii PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
rápida y eficiente en las realizaciones de circuitos y de sistemas digitales . El uso de este libro
no requiere conocimientos específicos previos ni en Electrónica, ni en Computadores, ni en
Matemáticas avanzadas . Sin embargo, al ser un libro de problemas, el lector debe conocer a
nivel teórico los conceptos, principios y técnicas del diseño digital . En la actualidad hay dis-
ponibles suficientes libros que cubren satisfactoriamente los aspectos teóricos de esta materia
(véanse las referencias que citamos) . A ellos deberá acceder el lector para conocer los funda-
mentos teóricos de este libro de problemas . No obstante, con el doble fin de resumir los con-
ceptos más importantes y de presentar la terminología que utilizamos, en cada Capítulo hay
una pequeña presentación teórica . Además, en los problemas que introducen materias, durante
su resolución se detallan los nuevos aspectos teóricos involucrados .
En la realización del libro hemos huido de los ejercicios puramente repetitivos, de los
excesivamente simples y de los de escasa entidad . Esto es debido a que, en nuestra experiencia,
es claramente preferible primar el nivel de profundidad de los problemas sobre la cantidad de
éstos . Por otra parte y desde un punto de vista más práctico, hemos establecido dos tipos de
ejercicios . En primer lugar hemos seleccionado un amplio conjunto de problemas para
resolverlos en detalle . Sobre ellos el lector aprenderá la metodología de resolución . Hemos
intentado que cada aspecto importante de la materia esté cubierto por problemas bien
desarrollados . Posteriormente se presenta un segundo conjunto de problemas de los que sólo
se ofrece la solución final . Con ello se pretende que el lector se aventure en la resolución de
éstos y simplemente pueda comprobar la corrección de sus resultados .
La organización elegida obedece a un cubrimiento de la materia que va de abajo a arriba
(de forma similar a la metodología "bottom-up"), avanzando desde lo más simple a lo más
complejo . En gran parte el material es autocontenido por lo que no se necesita ningún
prerrequisito .
Básicamente la materia contenida en este libro de problemas está dividida en tres gran-
des bloques más un Capítulo final . El primero de los bloques (Capítulos 1 al 6) corresponde a
circuitos combinacionales, el segundo (Capítulos 7 al 10) a circuitos secuenciales y el último
(Capítulos 11 y 12), donde se aumenta significativamente la complejidad, a los sistemas digi-
tales . Dentro de cada bloque hemos ordenado los problemas procurando ordenarlos para que
el lector pueda apoyarse en los ya realizados a la hora de abordar los que vengan a continua-
ción . Así, cada bloque consta de varios Capítulos, cada uno de los cuales contiene problemas
de una materia concreta . Los problemas de estos Capítulos han sido desarrollados procurando
que el lector vaya aprendiendo a resolverlos dentro de esa materia . Por el contrario, el último
Capítulo está ideado con la finalidad de que el lector evalúe su nivel de conocimientos . Para
ello, por una parte, los problemas no se han ordenado según la materia, de forma que el lector
no los sitúe a priori en un contexto predeterminado ; por otra, se incluyen algunos que afectan
a más de una unidad temática ; y, por último, se presentan todos los enunciados juntos, cada
problema separado de su solución, con el fin de que el lector tenga que ir a buscar explícita-
mente cada solución .

6. PRÓLOGO ix
Concretando, la organización de este libro de problemas es como sigue :
Capítulo 1 .- Aplicación de los conceptos básicos como son los sistemas de numeración
y la codificación binaria . Estos problemas están orientados a practicar con las representaciones
no decimales de magnitudes y las conversiones entre las distintas bases, así como la de núme-
ros con signo y fraccionarios incluyendo tanto el punto fijo como el punto flotante . También
se tratan los principales códigos binarios y decimales .
Capítulo 2 .- Desarrollo de los problemas relacionados con el álgebra de Boole y con el
manejo de las funciones booleanas incluyendo demostraciones de teoremas e identidades, y las
diversas representaciones de funciones de n variables (tablas de verdad, mapas binarios y de
Karnaugh) y los teoremas para dichas funciones que dan lugar a las expresiones canónicas y
estándares .
Capítulo 3 .- Análisis de circuitos combinacionales, tanto a nivel puramente lógico como
temporal, incluyendo técnicas específicas para el análisis de circuitos con sólo puertas NAND
o NOR .
Capítulo 4.- Diseño de funciones . En él se aplican técnicas de reducción para obtener las
expresiones mínimas en suma de productos o producto de sumas (basadas en mapas de Kar-
naugh y en los métodos de Quine-McCluskey y de Petrick) . Además se presta una especial
atención a la obtención de los O's y los l's de una función cuando ésta se da a través de una
descripción verbal de su comportamiento .
Capítulo 5.- Presentación de los subsistemas combinacionales de propósito específico,
en particular los que convierten códigos binarios (decodificadores, codificadores y converti-
dores de códigos) y los comparadores . También se incluyen los subsistemas de propósito ge-
neral como son los multiplexores y los subsistemas programables (las memorias de sólo lectu-
ra, los PLA's y los PAL's) . Los subsistemas se estudian desde tres perspectivas : cómo se cons-
truyen a nivel de puertas, cómo se analizan circuitos que los contienen y cómo se diseñan
funciones utilizándolos como componentes de la realización .
Capítulo 6 .- Desarrollo de los problemas relacionados con la aritmética binaria . En ellos
se muestran tanto las operaciones aritméticas (suma, resta, multiplicación . . .) como los
circuitos combinacionales que las realizan (sumadores, sumadores-restadores y unidades
aritmético-lógicas) .
Capítulo 7 .- Presentación del biestable tanto a nivel lógico (RS, JK, D y T) como a nivel
temporal (sin reloj, disparados por nivel, tipo Master-Slave y disparados por flanco) . También
se aborda el análisis de circuitos secuenciales . Se desarrollan tanto los circuitos síncronos o
con una única señal de reloj, como los asíncronos, incluyendo en éstos los que operan mediante
entradas asíncronas y los circuitos que poseen más de una señal de reloj .

7. x PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Capítulo 8 .- Diseño de circuitos secuenciales síncronos . Se muestran los distintos pasos
del proceso habitual de diseño, sistemático en su mayor parte, y que consigue como resultado
un circuito de coste reducido u óptimo . Algunos de los problemas van encaminados a practicar
con determinados pasos del proceso mientras que otros muestran el proceso globalmente .
Capítulo 9 .- Desarrollo de los problemas de análisis de circuitos secuenciales construi-
dos con contadores y registros, el diseño interno de estos dispositivos para que posean opera-
ciones específicas, su realización mediante la asociación de subsistemas semejantes de menor
tamaño y el diseño en general de funciones secuenciales .
Capítulo 10 .- Problemas de memorias semiconductoras . Básicamente están dirigidos al
uso de estas memorias y a la formación de memorias "principales" por la asociación de varios
de estos dispositivos (realización de mapas de memorias) .
Capítulo 11 .- ntroducción al nivel de transferencia entre registros (nivel RT) y al diseño
de sistemas digitales . En particular, se tratan las formas de descripción (notación RT, cartas
ASM y lenguaje HDL), conectándolas con los bloques de circuitos funcionales, básicamente
registros . También se incluyen problemas sobre las técnicas de interconexión entre registros
mediante buses y la realización de unidades de datos simples cuando se conoce su operación
a nivel RT .
Capítulo 12 .- Diseño de sistemas digitales completos, esto es, la unidad de datos y la de
control . En los primeros problemas se parte de una unidad de procesado de datos conocida y
hay que desarrollar una unidad de control adecuada . Finalmente se afrontan problemas de
diseño completo de sistemas digitales .
Capítulo 13 .- Presentación de problemas de las materias ya tratadas .

8. Capítulo 1
REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A
Los circuitos digitales operan con dos niveles de señal, la mayoría de las veces una tensión baja
y otra alta . Desde el punto de vista matemático decimos que operan con señales binarias y los
dos niveles se representan mediante 0 y 1 . Toda la información que ha de procesar un sistema
digital ha de expresarse mediante combinaciones de esos dos valores . En consecuencia, hay
que describir cómo se representan los entes mediante 0 y 1 (codificación binaria) y, más espe-
cíficamente, por ser esencial en el cálculo, cómo se representan los números .
REPRESENTAC ÓN POS C ONAL DE MAGN TUDES
Un sistema numérico se caracteriza por sus símbolos básicos ; estos son llamados dígitos, cada
uno de los cuales representa una determinada cantidad de unidades . A su vez, cada cantidad
puede expresarse mediante una secuencia de tales dígitos . En algunos sistemas la posición ocu-
pada por cada uno de los dígitos dentro de la secuencia está asociada a un valor determinado
(peso) . Decimos entonces que se trata de un sistema de representación posicional .
Un sistema numérico de base r es un sistema posicional de representación donde los
pesos de los dígitos son potencias de r. Así, una magnitud M puede representarse en la base r
de la siguiente forma :
M = dn-1 d n_2 . . . d1 do . d_1 d-2 ... d_m (r
n-1
siendo d; un dígito de dicha base y cumpliéndose que d i e {0, 1, . . ., r-1} y M = d . r1 .
j -m
Para realizar cambios entre distintas bases existen diversos métodos . En este Capítulo se
usan fundamentalmente los siguientes : n -1
- Para cambiar de base r a base 10, se aplica la fórmula : M = Y, d.
r• .
j= -m
- Para cambiar de base 10 a base r, se utiliza el método de las divisiones sucesivas para
obtener la parte entera y el método de las multiplicaciones sucesivas para obtener la parte frac-
cionaria .
1

9. 2 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
- Para cambiar de una base arbitraria rl a otra r 2 , se pasa en primer lugar de rl a 10 y
después de 10 a r2 .
- Para cambiar entre las bases 2, 8 y 16 (potencias de 2) se utiliza un método de agrupa-
ción de bits .
REPRESENTAC ÓN DE NÚMEROS CON S GNO
De entre las notaciones existentes para expresar números con signo nos hemos centrado en las
notaciones signo-magnitud, complemento a 1 y complemento a 2 . En algunos aspectos que de-
tallaremos a continuación las tres notaciones son similares . Se designa un bit especial denomi-
nado bit de signo (bs ) cuyo valor es 0 en números positivos y 1 en números negativos . En nú-
meros positivos los demás bits representan la magnitud :
A = ° n-1 a n _2 . . . al a0 . a_ 1 a_2 . . . a- m/
l T
bit de signo magnitud
La forma de representar los números negativos es distinta para las tres notaciones :
- En la notación signo magnitud b s se hace igual a 1 y el resto de bits representan de
nuevo la magnitud :
- A = 1 a 1 a n_2 . . . al a0 . a-1 a-2 . . .a_T
1 7 5
T
bit de signo magnitud
- En la notación complemento a 1, el número negativo es el complemento a 1 del co-
rrespondiente número positivo :
-A= Cal (A) = 1 an_ l a n _ 2 . . . al ao . a-1 a-2 . . . a_ m
- En la notación complemento a 2, el número negativo es el complemento a 2 del co-
rrespondiente número positivo :
-m
- A = Ca2(A) = Cal (A) + 2
REPRESENTAC ÓN DE NÚMEROS EN PUNTO FLOTANTE
La representación en punto (o coma) flotante se basa en la notación exponencial o científica .
En dicha notación los números se expresan en la forma M = m x b e (m mantisa, b base, e ex-
ponente) . Esto permite expresar cantidades de muy distinto tamaño de forma compacta, por
ejemplo, la masa del sol : 1 .989 x 1030 Kg o la carga del electrón : -1 .602 x 10 -19 C . Si se su-
pone conocida la base, basta representar los valores de mantisa y exponente . Esto es lo que se
hace cuando se representan números en punto flotante .
Una cantidad se puede expresar de muchas formas distintas en notación exponencial, por
ejemplo la velocidad de la luz, c, es 3 x 10 8 m/s ó 0 .003 x 10 11 m/s ó 3000,n 10 m/s, etc . Para
trabajar con números en punto flotante se suele adoptar un convenio acerca de cuál de las
múltiples expresiones de la forma m x be es la que se escoge . En este Capítulo trabajaremos
con mantisas cuyo dígito más significativo es "no nulo" (notación normalizada) . Por ejemplo,

10. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A
supongamos que disponemos de 5 dígitos para la mantisa, representaciones normalizadas de c
serían : 3 .0000 x 108 ó 3000 .0 x 105 ó 30000 x 10 4, pero no lo sería 0 .0030 x 10 11 ó
0.00003 x 10 13 . Sin embargo, aún es necesario adoptar un segundo convenio para elegir una
entre las diversas representaciones normalizadas . Ese convenio se refiere a concretar cuál es
la posición del punto decimal de la mantisa . En este texto se trabaja con dos convenios :
- Notación fraccionaria : el punto decimal está a la izquierda del primer dígito represen-
tado de la mantisa, en nuestro ejemplo : 0 .30000 x 109 .
- Notación entera : el punto decimal está a la derecha del último bit representado de la
mantisa, en nuestro ejemplo : 30000 x 104.
COD F CAC ÓN B NAR A
Por codificación binaria se entiende la representación de un conjunto de entes, numéricos o no
numéricos, mediante palabras de n bits . Ahora presentaremos algunos códigos binarios de cada
tipo .
La conversión entre la base 2 y la base 8 ó 16 se realiza por agrupación de bits . Por ex-
tensión cualquier código binario puede representarse mediante los dígitos de dichas bases . Así
podemos hablar de código octal y código hexadecimal .
código código código
octal hexadecimal hexadecimal
0 000 0 0000 8 0000
1 001 1 0001 9 0001
2 010 2 0010 A 0010
3 011 3 0011 B 0011
4 100 4 0100 C 0100
5 101 5 0101 D 0101
6 110 6 0110 E 0110
7 111 7 0111 F 0111
Entre los códigos más utilizados se encuentran los llamados códigos decimales . Estos
asignan a cada uno de los dígitos de la base 10 una palabra binaria . Con su utilización se evita
el proceso de conversión entre base 2 y base 10, aunque el número de bits precisado para ex-
presar una cantidad es, en general, mayor . En la siguiente tabla se muestran algunos ejemplos :
dígito decimal BCD natural BCD exceso 3 2 de 5 7 segmentos
0 0000 0011 00011 1111110
1 0001 0100 00101 0110000
2 0010 0101 00110 1101101
3 0011 0110 01001 1111001
4 0100 0111 01010 0110011
5 0101 1000 01100 1011011
6 0110 1001 10001 0011111
7 0111 1010 10010 1110000
8 1000 1011 10100 1111111
9 1001 1100 11000 1110011

11. 4 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Otro código de gran interés es el código Gray (o código reflejado) de n bits . En las
siguientes tablas se muestran los casos n = 3 y n = 4 . Puede observarse en ellas la particularidad
de que las palabras asignadas a dos números consecutivos se diferencian únicamente en 1 bit .
Se trata por tanto de un código con distancia unidad .
código código código
Gray(n=3) Gray(n=4) Gray(n=4)
0 000 0 0000 8 1100
1 001 1 0001 9 1101
2 011 2 0011 10 1111
3 010 3 0010 11 1110
4 110 4 0110 12 1010
5 111 5 0111 13 1011
6 101 6 0101 14 1001
7 100 7 0100 15 1000
Como ejemplo de código alfanumérico, en este texto se usa el código ASC . Mediante
este código de 7 bits es posible codificar las 26 letras del alfabeto, tanto mayúsculas como mi-
núsculas, los 10 dígitos decimales, caracteres como <, @ , secuencias de control como ESC,
NULL, etc . A continuación se muestran algunos ejemplos :
símbolo código ASC símbolo código ASC
A 1000001 1 0110001
B 1000010 0111100
a 1100001 1000000
b 1100010 ESC 0011011
0 0110000 NULL 0000000
A cualquiera de los códigos anteriores se les puede añadir un bit de paridad . El valor de
dicho bit se asigna de forma que el número total de unos en la palabra sea par (hablamos
entonces de bit de paridad par) o impar (hablamos entonces de bit de paridad impar) .
Índice del Capítulo
Este Capítulo desarrolla problemas de las siguientes materias :
- Representación posicional de magnitudes .
- Conversión entre bases .
- Codificación binaria .
- Números con signo .
- Números fraccionarios en punto flotante .
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1 .- Recientemente se ha rescatado una extrañísima nave espacial que provenía
de los confines de la constelación Ophiocus . Tras múltiples esfuerzos, nuestros científicos
han logrado deducir algunos datos sobre la civilización que la construyó . En vez de dos
brazos, sus criaturas poseían uno sólo que terminaba en una "mano" con un número 8 de

12. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 5
dedos . En un cuaderno que encontraron en la nave había escrito:
"5X2 - 50X+ 125= 0 -4 X t = 8, X2 = 5"
Suponiendo que tanto el sistema de numeración como las matemáticas extraterrestres
tengan una historia similar a los desarrollados en la Tierra, ¿cuántos dedos (B) poseían?
Solución Pl .-Debemos encontrar un sistema de numeración B en el cuál se verifique que 8 y
5 son soluciones a la ecuación encontrada .
En un sistema posicional de base B una secuencia de dígitos, d n_ 1 d n _2 . . . d l do, repre-
n-1
senta a una magnitud M si se cumple que M = d . B~ .
_ -M
Aplicando dicha fórmula a los coeficientes de la ecuación : 5, 50 y 125, obtenemos la
siguiente :
5 •X2 -(5 •B +0) •X +(1 •B2 +2 •B +5)=0
Sustituyendo los valores X 1 = 8 y X2 = 5 en la variable X :
5 .82-(5 •B +0) •8 +(1 •B 2+2 •B +5)=0
5 . 52 -(5 . 8+0) •5 +(1 •B2+2 •B +5)=0
Basta resolver el sistema formado por estas dos ecuaciones para encontrar que el único
valor de B que satisface ambas es B = 13 . Por tanto, los extraterrestres de Ophiocus poseían 13
dedos en su único brazo .
Problema 2.- Represente posicionalmente la cantidad "dieciséis unidades" en las bases 3, 7,
8 y 16.
Solución P2 .- La cantidad "dieciséis unidades" en base 3 deberá cumplir (utilizando la nota-
ción decimal en las operaciones) :
16= . . .+d3 . 3 3 +d 2 .3 2 +d 1 . 3 1 +1 . 3 0 +d_ 1 3 -1 + . . . con di =0,1ó2 .
Para obtener los valores de los dígitos d i hay dos métodos :
1) Comprobar valores de d i hasta que la suma sea igual a la magnitud . En nuestro caso :
16=1 . 3 2 +2 . 3 1 +1 . 3 0 =121 (3
2) Mediante divisiones sucesivas para la parte entera y multiplicaciones sucesivas para
la parte fraccionaria . En nuestro caso sería :
do d i d2 d3
Con lo que 16 = . . .0121 (3 = 121 (3 .
Nótese que sin más que sustituir el dividendo por la suma del divisor por el cociente y
del resto, se obtiene la expresión general .

13. 6 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Operando de la misma forma para los demás casos obtenemos :
16=2 . 7 1 +2 . 70 =22(7
16 = 2 . 8 1 + 0 . 80 = 20(8
16 = 1 • 16' +0 160 = 10(16
En general, "r unidades" en base r se representa 10 (r •
Problema 3 .- Represente el número decimal 23 .75 en las bases 2, 5, 6, 8 y 16 .
Solución P3.- Obtendremos en primer lugar la representación de la parte entera por el método
de las divisiones sucesivas . Para pasar a base 2 :
23
t
v 11
v 5 ` '
v C_2
0
1
1
v v
do d i d2 d3 d4
Por tanto : 23 (10 = 1011 l(2
gualmente para las otras bases obtenemos :
23 (10 = 43 (5 = 35 (6 = 27 (8 = 17 (16
En cuanto a la parte fraccionaria, ha de obtenerse mediante el método de las multiplica-
ciones sucesivas . En el caso del paso a base 2 :
0 .75 • 2 = 1 .5
La parte entera de esta cantidad es d_ 1 ; la parte fraccionaria es la que se multiplica por
la base en el paso siguiente :
0 .5 • 2 = 1 .0
La parte entera, en esta ocasión, nos da el bit d_ 2 . Como la parte fraccionaria es 0, todas
las siguientes multiplicaciones darían como resultado 0 y, por tanto, el resto de los bits
(d_ 3 , d_4 , . . .) son iguales a 0 .
Por tanto : 0 .75 (10 =0 .11 (2 y 23 .75 (10 = 10111 .1 l (2
Para base 5 : 0 .75 5 = 3 .75 - d_, = 3
0 .75 . 5=3 .75--> d_2=3=d_3= . . .
por tanto, 23 .75 (10 = 43 .333 . . . (5
Para base 6 : 0 .75 • 6 = 4 .5 - d_ 1 = 4
0 .5 . 6=3 .0 -4d_3=3,d_4=0=d_5= . . .
por tanto, 23 .75 (10 = 35 .43 6
Para base 8 : 0 .75 • 8 = 6 .0 - d_, = 6, d_ 2 = 0 = d_ 3 = . . .
por tanto, 23 .75 (10 = 27 .6 (8

14. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 7
Para base 16 : 0 .75 • 16 = 12 .0 -+ d_, = 12, d_ 2 = 0 = d_3 = . . .
por tanto, 23 .75 (10 = 17 .C (16
Problema 4 .- Convierta los siguientes números a base 10:
a) 100.111010 (2; b) 50(8, c) 101 .1(2; d) 198 F(16-
Solución P4 .- Para convertir a base 10 basta sustituir el valor de la base y de los dígitos en la
n-1
expresión M = E d . • r1 y realizar las operaciones .
j = -m
2-5
a) 100 .111010 (2 = 1 • 2 2 + 1 • 2 -1 + 1 • 2 -2 + 1 • 2-3 + 1 • = 4 .90625 (1 0
b)50 ( 8=5 • 8+0=40 (1 0
c)101 .1 (2 =1 •2 2 +1 •2 0 +1 •2 -1 =5 .5 ( 10
d) 198F(16 = 1 16 3 + 9 • 16 2 + 8 • 16 1 + 15 • 160 = 6543(, 0
Problema 5.-Se cuenta que un rey, encantado con el juego, ofreció al inventor del ajedrez el
premio que desease . El inventor sólo pidió 1 grano de arroz por la primera casilla del tablero,
2 granos por la segunda, 4 por la tercera y así, el doble cada vez, hasta llegar a la última ca-
silla (la número 64) . Los matemáticos del reino concluyeron que no había arroz suficiente para
pagar al inventor. ¿Sabría decir cuántos granos de arroz se necesitaban?
Solución P5.-La cantidad pedida M es, en base 2, el número compuesto por 64 unos :
63
M=1 1 . . .1 1 1 1 ya que en ese caso M=1 •20 +1 •2 1 +1 •2 2 + . . .+1 •2
Esta cantidad es una unidad menos que la representada por un 1 seguido de 64 ceros .
19
Entonces : M = 264 - 1 = 1 .844674407 x 10
Problema 6.- ¿ Cuántos bits son necesarios como mínimo para representar cada uno de los
siguientes números decimales?
50, 1000, 5000, 100000 y 1000000.
Solución P6 .- Para calcular el número mínimo n de bits que representa la magnitud M, tenga-
mos en cuenta que n ha de cumplir la siguiente desigualdad :
2n-1-1 <M<-2 n -1
El valor de n puede deducirse de dos formas :
1) A partir de la expresión n = r 192 (M + 1)1 donde [xl es el entero por exceso
de x .
2) Por búsqueda en la tabla de potencias de 2 .

15. 8 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Para los números decimales propuestos tendremos :
M n
50 6
1000 10
5000 13
100000 17
1000000 20
Problema 7.-Convierta el número binario 10110110011 .10110 a las bases 4, 8 y 16 ; el
número 372.105 en base 8 a base 2, 4 y 16 y el número FO .A en base 16 a base 2, 4 y 8 .
Solución P7 .- Para convertir un número de base 2 a base 4, basta agrupar a partir del punto
fraccionario de 2 en 2 bits y convertir cada grupo a base 4 . De la misma forma, para convertir
a base 8 ó 16 se agrupan de tres en tres o de cuatro en cuatro bits respectivamente . Entonces :
1 01 10 11 00 11 .10 11 0 10 110 110 011 .101 10 101 1011 0011 .1011 0
1 1 2 3 0 3 . 2 3 0 (4 2 6 6 3. 5 4 (8 5 B 3. B 0 (16
Para pasar de bases 4, 8 ó 16 a base 2, se hace la descomposición inversa . Por otra parte,
la conversión entre las bases 4 y 16 también se realiza de la misma forma . Sin embargo, para
pasar de base 8 a base 4 ó 16, o viceversa, conviene pasar antes a base 2 .
Por tanto :
372 .105 (8 = 011 111010 . 001 000 101 (2 = 3322 .020224 = FA .228( 16
F0.A( 16 = 11110000- 1010(2 = 3300 .22 (4 = 360 .50 (8
Problema 8.-En la colonia humana de Ganimedes la energía se obtiene con pilas atómicas
de exactamente 1 Kg de peso . Las pilas son enviadas desde Tritón en 6 cajas de 50 pilas cada
una .
a) Tras un envío se avisa a Ganimedes que, por error, una de las cajas contiene pilas
malas con 1 g de menos. Deben detectarla y reenviarla a Tritón . Los operadores de Ganime-
des deciden detectarla mediante una sola pesada . ¿Cómo?
b) Tiempo después y tras otro envío, el aviso es que una o más cajas contienen pilas
malas con 1 g de menos . ¿Cómo podrán ahora detectar las cajas erróneas con sólo una
pesada?
Solución P8.
a) dentifiquemos cada una de las seis cajas con una letra : caja A, caja B, caja C, caja D,
caja E y caja F . Si pesamos 1 pila de la caja A, 2 de B, 3 de C, 4 de D, 5 de E y 6 de F, la
cantidad de gramos que falten para un número entero de Kg indica la caja errónea .
b) En este caso será necesario tomar 1 pila de A, 2 de B, 4 de C, 8 de D, 16 de E y
32 de F . Con esto, el número de gramos que faltan para un número entero de Kg representados

16. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 9
en base 2 indica las cajas erróneas . Por ejemplo, supongamos que las cajas erróneas son A, B,
D y F : entonces, faltarán 1 + 2 + 8 + 32 = 43 g . El número 43 expresado en binario es : 101011
lo que señalaría a las cajas F - D - B A .
Problema 9 .- La figura representa 6 cartas con las que se pretende hacer un juego de magia .
Alguien debe pensar un número y, sin decir cuál es, debe indicar las cartas donde el numero
está presente . Conociendo sólo esto, se podrá adivinar el número pensado . Por ejemplo, si
está en las tarjetas A, D, F y G, se trata del número 75 . Sabiendo que el juego se basa en la
representación binaria de magnitudes :
a) Explíquelo .
b) ¿Cómo lo cambiaría si quiere incluir hasta el número 123?¿ Ysi incluye hasta el200?
6 17 18 19 20 21 1 ,11 8 9 10 11 12 13
' 64 65 66 67 68 69~ "'32 33 34 35 36 37~ 22 23 24 25 26 27 14 15 24 25 26 27
70 71 72 73 74 75 38 39 40 41 42 43 28 29 30 3148 49 28 29 30 31 40 41
76 77 78 79 80 81 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 42 43 44 45 46 47
82 83 84 85 86 87 50 51 52 53 54 55 565758596061 56 57 58 59 60 61
88 89 90 91 92 93 565758596061 62 63 80 81 82 83 62 63 72 73 74 75
94 95 96 97 98 99 62 63 96 97 98 99 84 85 86 87 88 89 76 77 78 79 88 89
A B 90 91 92 93 94 95 90 91 92 93 94 95~
~45671213 "~ %23671011 1357911
14 15 20 21 22 23 14 15 18 19 22 23 13 15 17 19 21 23
28 29 30 31 36 37 26 27 30 31 34 35 25 27 29 31 33 35
38 39 44 45 46 47 38 39 42 43 46 47 37 39 41 43 45 47
52 53 54 55 60 61 50 51 54 55 58 59 49 51 53 55 57 59
626368697071 626366677071 61 63 65 67 69 71
76 77 78 79 84 85 74 75 78 79 82 83 73 75 77 79 81 83
86 87 92 93 94 95 86 87 90 91 94 95 85 87 89 91 93 95
98 99 97 99
Solución P9.
a) El mayor número, el 99, se representa en binario con 7 bits, concretamente como
99 (2 = 1100011 .
De aquí que haya 7 tarjetas (A, B, C, . . ., G) cada una encabezada por una potencia de 2
(2 6 = 64 para A, 25 = 32 para B, 2 4 = 16 para C, etc) . El resto de números en cada tarjeta son
aquellos cuya representación en base 2 contiene un 1 en la posición de la potencia correspon-
diente a la tarjeta . Así el 99 estará en las tarjetas A, B, F y G pero no en las otras . El número
75 (= 64 + 8 + 2 + 1) estará sólo en las tarjetas A, D, F y G ; etc .
b) El 123 precisa también 7 bits por lo que no hay que aumentar el número de tarjetas .
A cada una de éstas habría que incorporar los nuevos números (del 100 al 123) de la forma
explicada antes ; por ejemplo : el 111 (10 = 1101111 (2 se incorporaría a A, B, D, E, F y G .

17. 10 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Para añadir hasta el 200 se necesitaría una nueva tarjeta encabezada por 128 = 27 , ya que
para representar números mayores de 128 se precisan 8 bits .
Problema 10.- Represente el 6 en los siguientes casos:
• Código Gray asumiendo que se representan del 0 al 7.
• Código Gray asumiendo que se representan del 0 al 9 .
c) Código Gray asumiendo que se representan del 0 al 15 .
• En código ASC .
• En código ASC con paridad par.
f) En código ASC con paridad impar.
• En código "2-out-of-5" .
Solución P10 .- El código Gray es un código reflejado de distancia unidad que utiliza el
mínimo número de bits necesarios . La distancia unidad implica que dos números consecutivos
tienen códigos adyacentes (sólo se diferencian en un bit) . Por otra parte, el ser un código
reflejado, implica simetría respecto a la mitad de los números representados, con lo que, dos
números simétricos tienen códigos adyacentes .
a) Para representar los números del 0 al 7 necesitaremos 3 bits . Por tanto, el código Gray
será :
000 001 011 010 110 111 101 100
0 1 2 3 4 5 6 7
(eje de simetría)
b) y c) Para representar tanto los diez números del 0 al 9, como los 16 números del 0 al
15 se necesitan 4 bits, con lo que el código Gray a utilizar es el de 4 bits . Al ser un código re-
flejado, para asignar valores del código a los diez números (0-9) lo haremos con los 10 códigos
centrales, tal como se muestra . En la codificación de los 16 números (0-15) ocupamos los 16
códigos existentes .
0000 0001 0011 0010 0110 0111 10101 0100 1100 1101 1111 1110 1010 1011 1001 1000
b) - 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -
c) 0 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 13 14 15
(eje de simetría)
d) El código ASC consta de 7 bits y representa 26 letras minúsculas, 26 letras mayús-
culas, 10 dígitos decimales, 32 caracteres especiales y 34 comandos . La codificación procede
de un convenio y, en concreto, el código del 6 es 0110110 que, expresado en código hexade-
cimal, es $36 .
e) Para un código de n bits, incluir la paridad supone añadir 1 bit adicional a los n ante-
riores que se llama bit de paridad . Su fin es hacer que el número total de unos en el código

18. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 11
(ahora de n + 1 bits) sea par en el caso de paridad par o impar en el caso de paridad impar .
La posición del bit de paridad es convenida previamente ; por ejemplo, ponemos el bit
de paridad en primer lugar .
El código ASC de paridad par para el 6 será 00110110 (añadimos un 0 para tener un
total de cuatro unos) . En hexadecimal será $36 .
f) El código ASC de paridad impar para el 6 será 10110110 (añadimos un 1 para tener
un total de cinco unos) . En hexadecimal, $B6 .
g) El código 2-out-of-5 representa los 10 dígitos decimales mediante 5 bits de los que
tres son 0 y dos son 1 . La codificación es la mostrada a continuación :
número código
0 00011
1 00101
2 00110
3 01001
4 01010
5 01100
6 10001
7 10010
8 10100
9 11000
Problema 11 .- Determine el bit de paridad impar para cada uno de los 10 dígitos decimales
en el código 8, 4, -2, -1 .
Solución P11 .-En la siguiente tabla, se muestra la codificación para cada dígito decimal en el
código pesado 8, 4, -2, -1, junto con el bit de paridad que hay que generar para que en cada
dígito haya un número impar de 1 .
dígito 84-2-1 P
0 0000 1
1 0111 0
2 0110 1
3 0101 1
4 0100 0
5 1011 0
6 1010 1
7 1001 1
8 1000 0
9 1111 1

19. 12 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Problema 12.- Obtenga el complemento a 1 y a 2 de los siguientes números binarios :
1010101, 0111000, 0000001, 10000, 00000 .
Solución P12 .- Dado B = b n- 1 b n _2 . . .b 1 b 0 se obtienen su complementos a 1 y a 2 .
El complemento a 1 se obtiene como Cal(B) = bn-1bn-2 . . . blbo
El complemento a 2 puede obtenerse de dos formas : sumando 1 al complemento a 1 (ya
que Ca2(B) = Cal (B) + 1) ó dejando iguales todos los bits menos significativos hasta llegar al
primer bit igual a 1 (que también se deja igual) y complementando los bits restantes .
Para las palabras propuestas :
palabra compl . a 1 compl . a 2
1010101 0101010 0101011
0111000 1000111 1001000
0000001 1111110 1111111
10000 01111 10000
00000 11111 00000
Problema 13 .- Obtenga el complemento a 9 y a 10 de los siguientes números decimales :
13579, 09900, 90090, 10000, 00000.
Solución P13.- Se define Ca9(N) = ( on - 1) - N . De esta definición podemos inferir que si N
= Nn_1Nn_2 . . .N1N0, entonces Ca9(N) = (9 - N n_ 1 )(9 - N n_2 ) . . .(9 - N 1 )(9 - N 0) .
Por otra parte CalO(N) = 10 n - 1 = Ca9(N) + 1
Para las cantidades propuestas en el enunciado :
número compl . a 9 compl . a 10
13579 86420 86421
09900 90099 90100
90090 09909 09910
10000 89999 90000
00000 99999 00000
Problema 14.- Represente con el mínimo número de bits posibles los siguientes números de-
cimales en notación binaria, signo-magnitud, complemento a 1 y complemento a 2 :
a) ± 122, b) ± 64 ; c) ± 15; d) ± 37
Solución P14 .- La representación binaria con n bits permite representar los números compren-
didos entre 0 y 2 n-1 , siendo una representación sin signo . Esto es, no podemos representar +N
ni -N sino sólo N . En particular, operando como en el problema 2 :
a) 122 = 1111010 (2
b) 64 = 1000000(2
c) 15 = 1111(2
d) 37 = 100101(2

20. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 13
La representación signo-magnitud añade un bit de signo (0 para + y 1 para -) a la repre-
sentación binaria de la magnitud, situando ese bit de signo en la posición más significativa.
Entonces, con n bits pueden representarse todos los números enteros comprendidos entre
- (2 n-1 - 1) y + (2n-1 -1) . En particular,
a)+122=01111010 -122=11111010
b) + 64 = 01000000 - 64 = 11000000
c)+15=01111 -15=11111
d)+37=0100101 -37=1100101
La representación complemento a 1 sigue el siguiente convenio :
- Un número positivo se representa igual que en signo-magnitud .
- Un número negativo se representa complementando a 1 el correspondiente número
positivo . Con n bits pueden representarse todos los números enteros comprendidos entre
- (2 n-1 - 1) y + (2 n-1 - 1) . En particular,
a) + 122 = 01111010 - 122 = 10000101
b) + 64 = 01000000 - 64 = 10111111
c)+15=01111 -15=10000
d)+37=0100101 -37=1011010
La representación en complemento a 2 sigue el siguiente convenio :
- Un número positivo se representa como en los casos anteriores .
- Un número negativo se representa mediante el complemento a 2 del correspondiente
n-1
número positivo . Con n bits pueden representarse los 2 n números comprendidos entre - 2
y + (2 n- -1) . En nuestro caso,
a) + 122 = 01111010 - 122 = 10000110
b) + 64 = 01000000 - 64 = 1000000
c)+15=01111 -15=10001
d)+37=0100101 -37=1011011
Problema 15 .- Se dispone de palabras de 10 bits . Sobre ellas se escriben números fraccio-
narios en punto fijo dedicando 3 bits a la parte fraccionaria . Represente los siguientes núme-
ros en las notaciones signo-magnitud, complemento a 1 y complemento a 2, en los dos casos
siguientes : a) Redondeando el valor; b) Truncando el valor .
Nota: Para los números negativos, obtenga primero el valor de la magnitud y, después, apli-
que la notación .
1)+27.625 3)+33.3 5)+45.67 7)+45 .7
2)-27.625 4)-33.3 6)-45.67 8)-45 .7
Solución P15 .
1) + 27 .625 = 0011011 . 101(2, en este primer caso, no es necesario redondear ni truncar
la parte fraccionaria pues sólo hay tres dígitos en la parte fraccionaria del número exacto . Por
tanto, la representación con 10 bits (7 para la parte entera y 3 para la fraccionaria) sería :
010111110 1

21. 14 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
2) - 27 .625 = 1011011 .101 S-m = .010c 1 = 1100100 - 011 , ., 2-
.,
1100100
3) + 33 .3 = 0100001 .0100 . . . truncando en 3 bits para la parte fraccionaria : 0100001 .010,
redondeando se obtiene el mismo valor ya que el valor exacto en el bit b-4 es 0 .
4) - 33 .3 = 1100001 .01 Os-n] = 1011110 .101 101, a 1 = 1011110: 110, . a 2-
.
5) + 45 .67 = 0101101 .10101 . . . truncando en 3 bits para la parte fraccionaria :
0101101 .101, redondeando : 0101101 .110 .
6) - 45 .67 = 1101101 .101 S _ m = 1010010 .010c . a 1 = 1010010.011 c . a 2 (truncando) .
-45 .67 = 1101101 .110 s _ m = 1010010 .001, . a 1 = 1010010-010, .a2 (redondeando) .
7) + 45 .7 = 0101101 .1011 truncando en 3 bits para la parte fraccionaria : 0101101 .101
y redondeando : 0101101 .110 .
8) - 45 .7 = 1101101 .1 l OS-n1 = 1010010 .001, . a 1 = 1010010 .010, . a 2 (truncando) .
- 45 .7 = 1101101 .1 l OS-n1 = 1010010 .001c . a 1 = 1010010 .01 Oc . a 2 (redondeando) .
Problema 16.- Se dispone de 30 bits para escribir números en notación exponencial . De ellos
se destinan 21 a la mantisa y 9 al exponente . Mantisa y exponente se escriben en notación
signo-magnitud.
a) Determine los rangos de valores decimales que se pueden escribir .
b) Represente en BCD los siguientes números :
1 . Velocidad de la luz en mis (3x10 8).
2. Carga del electrón en culombios (- 1,602x10 -19) .
-31) .
3. Masa del electrón en kilogramos (9,109x10
4 . Aceleración de la gravedad en mis 2 (9,807) .
5. Cero.
6. nfinito .
Solución P16 .- En notación exponencial los números se expresan en la forma : M = m x be (m
mantisa, b base, e exponente) . En nuestro caso, hay que representar las cantidades pedidas en
BCD . Por tanto la base es decimal . Cada dígito BCD es codificado por 4 bits . Disponemos de
21 bits para la mantisa de los cuales uno es para el signo, los otros 20 bits nos permiten alma-
cenar 5 dígitos BCD . En cuanto a la parte fraccionaria, tenemos 9 bits, uno para el signo y 8
para dos dígitos BCD . Por tanto, el espacio disponible se distribuye de la siguiente forma :
mantisa exponente
Sm Se
Utilizaremos normalización fraccionaria, es decir, el punto decimal se encuentra a la iz-
quierda del primer dígito representado y ese primer dígito ha de ser no nulo .
a) El rango de valores positivos que se puede representar viene dado por el menor nú-
mero representable : mantisa + 10000 y exponente - 99 que corresponde al 0 .1 x 10 -99 , y el
99
mayor representable : mantisa + 99999 y exponente + 99 que corresponde al 0 .99999 x 10
Por tanto el rango cubierto es [0 .1 x 10-99 , 0 .99999 x 1099 ] .
-99 ]
En cuanto al rango de valores negativos, será [- 0 .99999 x 1099 , - 0 .1 X 10

22. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 15
b) Las cantidades propuestas quedan :
1) 3 x 10 8 , normalizado -* 0 .3 x 109 , los 30 bits serán :
0011100001000010000 0000 010000 1001
mantisa exponente
2) - 1 .602 x 10-19 , normalizado - - 0 .1602 x 10 -18 ,
los 30 bits serán :
1 0001101101000010010_ 0000 1
1100011 1000
3) 9 .109 x 10-31 , normalizado -4 0 .9109 x 10-30, los 30 bits serán :
01100110001100001100110000 0011 0000
4) 9 .807, normalizado -* 0 .9807 x 10 1 , los 30 bits serán :
0 1001 1000 000110111 0000 000010001
5) Por convenio, cero, es el único número con el primer dígito de la mantisa a 0 . (Nor-
malmente se ponen todos los dígitos de la mantisa y el exponente a 0, pero bastaría sólo con
fijar a cero el primer dígito de la mantisa) .
xl00001xxxxlxxxxlxxxxlxxxx xlxxxx xxxx1
6) nfinito . Con signo positivo, por convenio viene dado por el mayor número represen-
table . Con signo negativo, será el menor representable :
+ infinito 10011100111001 1001 10011 011001 1001
- infinito 1 100111001110011100111001 101100111001
mantisa exponente
Problema 17.- Represente el número (+ 31 .5) 10 con un coeficiente entero normalizado de 13
bits y un exponente de 7 bits como :
a) Un número binario (asuma base 2) .
b) Un número octal binario codificado (asuma base 8) .
c) Un número hexadecimal binario codificado (asuma base 16) .
Solución P17 .
a) 31 .5 ( 10 = 11111 .1(2 pero hemos de escribirlo en forma exponencial de manera que la
mantisa tenga 13 bits (incluido el bit de signo) y el exponente 7 bits (incluido bit de signo) :
_7 (2
31 .5 (10 = 0111111000000 x 2
Entonces la mantisa, de 13 bits, es : 0 1111110000000 y el exponente, de 7 bits, es :
1000111 .

23. 16 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
b) 31 .5 (10 = 37 .4 (8 , también hemos de escribirlo en forma exponencial de manera que la
mantisa tenga 13 bits (incluido el bit de signo) y el exponente 7 bits (incluido bit de signo) . Sin
embargo, en este caso se trata de dígitos octales, y cada dígito octal se codifica mediante tres
bits . Por tanto, hemos de escribirlo en forma exponencial de modo que la mantisa tenga 4 dígi-
tos octales (+ el bit de signo son un total de 13 bits) y el exponente 2 dígitos octales (+ el bit
de signo hacen un total de 7 bits) . Entonces :
8-2(8,
31 .5 (10 = 3740 x con lo que la mantisa quedaría : 0 011 111 100 000 y el exponen-
te, de 7 bits, es 1 000 010 .
c) 31 .5 (10 = 1F .8 (16 , en este caso la normalización ha de realizarse teniendo en cuenta
que un dígito hexadecimal se codifica con 4 bits . La mantisa, por tanto, ha de tener 4 dígitos
hexadecimales (12 bits) .
31 .5 (1 0 = 1F8 x 16 -1 , por tanto, la mantisa será : 0 0001 1111 1000, y el exponente
quedará : 1 00 0001 .
PROBLEMAS CON SOLUC ÓN RESUM DA
Problema 18.- Represente los siguientes números decimales en base 2 y compruebe el re-
sultado : a) 17,, b) 94 .
Solución P18 .
a) 17(10 = 10001(2 -
b) 94 (10 = 1011110(2 .
Problema 19.- Pase los siguientes códigos hexadecimales a código binario, octal y BCD : a)
$F2.85; b) $B02.A ; c) $25.FA ; d) $71 .02.
Solución P19 .- El código BCD corresponde a la representación binaria de un número decimal .
Esta se obtiene asociando a cada dígito decimal su representación binaria de 4 bits . Para pasar
un número desde una determinada base a BCD, deberá obtenerse en primer lugar el número en
base 10, y después hacer la conversión antes indicada .
a) $F2 .B5 = 1111 0010 .1011 0101(2 = 011 110 010 .101 101 010( 2 = 362.552( 8 . Para
representarlo en BCD pasamos a base 10 :
$F2 .B5 = F x 16 + 2 x 160 + 11 x 16 -1 + 5 x 16 -2 = 242 .70(10 _3 0010 0100 0010 .0111 (BCD) •
Procedemos de igual forma con el resto de los casos :
b) $B02 .A = 1011 0000 0010 .1010 (2 = 5402 .5 ( 8 = 2818 .625 ( 10
= 0010 1000 0001 1000 .0110 0010 0101 (BCD) .
c) $25 .FA = 0010 0101 .1111 1010 (2 = 45 .764 ( 8 = 37 .977(10
= 0011 0111 .1001 0111 0111 (BCD) •
d) $71 .02 = 0111000 1 .0000 0010 (2 = 161 .004(8 = 113 .007(10 =
= 000 1000 100 11 .0000 0000 0111 (BCD) •

24. REPRESENTAC ÓN Y COD F CAC ÓN B NAR A 17
Problema 20.- Represente el número decimal 8620 (a) en BCD, (b) en código exceso 3,
(c) en código 2, 4, 2, 1 y (d) como número binario .
Solución P20 .
a) 8620(10 3 1000 0110 0010 0000 (BC p) .
b) 8620 (10 -3 1011 1001 0101 001 1 (exceso-3) •
c) El código 2,4,2,1 es un código pesado de 4 bits cuyos pesos son precisamente 2,4,2,1 .
dígito Pesos :
decimal 2421
0 0000
1 0001
2 0010
3 0011
4 0100
5 1011
6 1100
7 1101
8 1110
9 1111
Entonces, 8620 (10 -3 1110 1100 0010 0000
d) Lo más fácil es pasar primero a base 16 por el método de las divisiones sucesivas y
después pasar a base 2, desde base 16 .
8620 (10 -3 21AC(16 -* 0010 0001 1010 1100 ( 2 -* 10000 110 10 1100(2 .
Problema 21 .- Un código binario usa 10 bits para representar cada uno de los diez dígitos
decimales . A cada dígito le asigna un código de nueve ceros y un uno . El código binario para
el número 6, por ejemplo, es 0001000000. Determine el código binario para los números de-
cimales restantes .
Solución P21 .- Se trata del código "1-hot", también llamado "1-out-of-n" . En este caso n = 10 .
dígito bg b 8 b 7 b6 b 5 b 4b3 b2b l bo
0 0000000001
1 0000000010
2 0000000100
3 0000001000
4 0000010000
5 0000100000
6 0001000000
7 0010000000
8 0100000000
9 1000000000

25. 18 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Problema 22.- Obtenga un código binario pesado para los dígitos de la base 12 usando los
pesos 5421 .
Solución P22.
dígito 5421 dígito 5421
0 0000 6 1001
1 0001 7 1010
2 0010 8 1011
3 0011 9 1100
4 0100 A 1101
5 1000 B 1110
Problema 23.- Determine el rango de valores numéricos que pueden escribirse en palabras
de 8, 16 y 32 bits, en las diferentes notaciones de números enteros con signo .
Solución P23 .- Con n bits se representan los siguientes rangos :
n-1 - 1)]
- Signo-magnitud : [- (2n-1 - 1), + (2
- Complemento a 1 : [- (2n-1 - 1), + (2 n-1 - 1)]
- Complemento a 2 : [- 2 n-1 , + (2n-1 - 1)]
Entonces para los valores de n propuestos :
n 2 de bits signo-magnitud y complemento a 2
complemento a 1
8 [- 127,+ 127] [- 128,+ 127]
16 [- 32767, + 32767] [- 32768, + 32767]
32 [- (231- 1) + (2 231,+
31- 1 )] 1- (2 31- 1)]
Problema 24.- Un registro de 30 bits almacena un número decimal en punto flotante repre-
sentado en BCD. Los coeficientes ocupan 21 bits del registro y se asume como un entero nor-
malizado . Los números en el coeficiente y el exponente se asumen representados en forma
de signo-magnitud. ¿ Cuáles son las cantidades mayores y menores que pueden ser acomo-
dadas excluyendo el cero? . Repita para representación binaria, con base 2, si se representa
con fracción normalizada .
Solución P24 .
BCD normalizado entero,
99
- Cantidad mayor positiva : 99999 x 10
10 -95
-Cantidad menor positiva : 10000 x 10-99 =
Base 2 fracción normalizada,
11111111 = (1 -2 -21) x 2 255 .
- Cantidad mayor positiva : 0 .111 . . .111 x 2
2-1 -255 =2 -256
- Cantidad menor positiva : 0 .100 . . .000x2-11111111 = x2

26. Capítulo 2
ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN
El modo más riguroso e inequívoco de describir la funcionalidad de los circuitos digitales es
de forma matemática, mediante expresiones y funciones de conmutación . Con ello, además, se
facilita el desarrollo de métodos más o menos sistemáticos a la hora de abordar las tareas de
análisis o diseño de circuitos . Es objetivo de este Capítulo familiarizar al lector con los con-
ceptos relacionados con el álgebra de conmutación, el manejo de expresiones lógicas y las for-
mas de representación de funciones que se utilizarán en este y otros Capítulos .
ÁLGEBRA DE CONMUTAC ÓN
El álgebra de conmutación es un sistema matemático compuesto por un conjunto de dos ele-
mentos : B = {0, 11, y dos operaciones OR (+) y AND ( •) definidas en B de la siguiente forma :
0 1 0 1
0 0 1 0 0 0
1 1 1 1 0 1
OR AND
El álgebra de conmutación cumple los postulados del álgebra de Boole . De ahí que po-
damos decir que la primera es un caso particular de la segunda . Los postulados del álgebra de
Boole son los siguientes :
P1 . Ley de identidad : Existen elementos identidad (0 para la operación "+" y 1 para la
operación " ") de forma que para cualquier elemento x, se cumple :
x+0=x x • 1=*
P2. Ley conmutativa : Para cualesquiera dos elementos x e y, se cumple :
x+y=y+x x .y=y .x
P3 . Ley distributiva : Dados tres elementos x, y, z se cumple :
x+(y .z)=(x+y) .(x+z) x . (y+z)=x .y+x .z
19

27. 20 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
P4 . Ley del complemento : Para todo elemento x existe un elemento x tal que:
x+x= 1 x • x=0
A partir de estos postulados es posible probar una serie de propiedades de interés . Estas
propiedades, que aquí simplemente se enumeran, son demostradas en el problema 1 para el
caso general del álgebra de Boole y probadas en el problema 2 para el álgebra de conmutación .
T . Ley de idempotencia : x + x = x x • x = x
T2 . Ley de unicidad del complemento : el elemento x del postulado cuarto es único .
T3 . Ley de los elementos dominantes : x + 1 = 1 x •0 = 0
T4 . Ley involutiva : (x) = x
T5 . Ley de absorción : x + x • y = x x • (x + y) = x
T6 . Ley del consenso : x + x • y = x + y x • (x + y) = x • y
T7 . Ley asociativa : x • (y • z) _ (x • y) •z x + (y + z) = (x + y) + z
T8 . Ley de DeMorgan : xy=x+y x +y=x •y
T9 . Ley de De Morgan generalizada : x y z ... = x + y + z + .. .
x + y + z . . .= x •y •z • . . .
T10. Ley del consenso generalizado : x •y + x • z + y z = x y +x• z
(x+y) •( x+z) •( y+z)=(x+ y) •(x+z)
FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN
Son funciones que se definen sobre el conjunto B = (0, 1 } del álgebra de conmutación . Estric-
tamente se definen como : f: Bx . . . xBxB = Bn -4 B .
Así una función de n variables asigna un valor o imagen de B (0 ó 1) a cada punto del
espacio B ' : (x 1 ,x 2 , . . .,x,) . Por ejemplo, una función de tres variables : f(x, y, z) se puede definir
de la siguiente forma: f(0,0,0) = 0, f(0,0,1) = 1, f(0,1,0) = 0, f(0,1,1) = 1, f(1,0,0) = 0,
f(1,0,1) = 0, f(1,1,0) = 1, f (1,1,1) = 1 . A veces no todas las combinaciones de las variables tie-
nen imagen, decimos entonces que la función es incompleta o que está incompletamente espe-
cificada. Cuando esto sucede, por ejemplo, en la combinación (x 0 ,Y 0 ,z0) lo simbolizamos de
la siguiente forma : f(x0,y o,z 0 ) = d ó f(x 0 ,Y 0,z 0) = -, donde los símbolos "-" y "d" (don't care)
son llamadas inespecificaciones o indeterminaciones .
REPRESENTAC ÓN DE FUNC ONES
Existen diversos modos de representar las funciones de conmutación . Algunas formas utilizan
tablas o mapas (modos gráficos) . Otras, consisten en expresiones algebraicas . A continuación
daremos algunos detalles sobre las formas de representación utilizadas en este texto .
- Tablas de verdad.
En una tabla se representan dos columnas . En la primera de ellas se escriben todas las
combinaciones de las variables de entrada en orden binario . En la otra columna se anota el va-
lor que toma la función para cada combinación de las variables de entrada . A continuación se
muestra un ejemplo para una función de tres variables . Nótese que para n variables se necesi-
taría una tabla de 2n filas . Así, este tipo de representación es más interesante para funciones de
un número reducido de variables .

28. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 21
xyz f
000
001
010
011
100
101
110
111
-Mapa de Karnaugh .
Es también una forma gráfica . Las variables de la función se dividen en dos grupos . Uno
de ellos se sitúa en el eje horizontal de una tabla y el otro en el eje vertical . Las combinaciones
de cada grupo de variables se escriben en el orden del código Gray . Así, disponemos de una
cuadrícula en cuyas celdas se anota el valor de la función para la combinación de las variables
asignada . La propiedad principal es que dos celdas geométricamente adyacentes también co-
rresponden a códigos lógicos adyacentes . En el ejemplo se muestra un mapa para una función
de 4 variables . En los problemas aparecen ejemplos para 5 variables . Al igual que en el caso
de las tablas de verdad, este tipo de representación aumenta su tamaño de forma potencial con
el número de variables . Si el orden en que se escriben los valores de las variables es el binario
natural, el mapa es denominado binario .
ab
c 11 10
00 0 0 0 0
01 1 1 0 0
11 0 0 1 1
10 0 1 1 1
f
- Expresiones o fórmulas .
En este caso se utiliza una expresión algebraica para representar las funciones . Se
combinan las variables con los operadores NOT , AND 2 y OR . Aquellas combinaciones de las
variables que hagan 1 (ó 0) la expresión serán las combinaciones en que la función es 1 (ó 0) .
Algunos tipos de fórmulas son de un interés particular . Entre las más destacables están
las formas canónicas y estándares . Tanto unas como otras tienen en común que son fórmulas
compuestas únicamente por suma de productos, o bien, únicamente por producto de sumas . En
las formas canónicas, además, se cumple que los productos son siempre mintérminos y las su-
1
NOT(x) = x.
2 El símbolo del operador AND ( •) puede omitirse: a • b = a b .

29. 22 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
mas son maxtérminos . Tenemos así que las formas canónicas son sumas de mintérminos o pro-
ducto de maxtérminos . A continuación se muestra para la función de cuatro variables del ejem-
plo anterior expresiones en forma canónica y estándar tanto de sumas como de productos .
- Suma de mintérminos :
f(a,b,c,d)=abcd+abcd+abcd+abcd+abcd+abcd+abcd=
=m1+m5+m6+m10+m11+m14+m15=E(1,5,6, 10, 11, 14, 15) .
- Producto de maxtérminos :
f(a,b,c,d)=(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)
(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)(a+b+c+d)=
= M0 M2 M3 M4 M7 M8 M9 M12 M13 = T (0, 2, 3, 4, 7, 8, 9, 12, 13) .
- Suma de productos :
f(a,b,c,d)=acd+ac+bcd .
- Producto de sumas :
f(a, b, c, d) = (c + d) (á + c) (a + c + d) (a + b + c).
Mientras que las dos primeras formas son únicas para cada función (canónicas), las dos
siguientes (es- tándares) no lo son, pero presentan una mayor simplicidad .
Índice del Capítulo
Este Capítulo desarrolla problemas de las siguientes materias :
- Demostración de teoremas e identidades .
- Manejo de expresiones lógicas .
- Representación mediante tablas, mapas y formas canónicas y estándares .
PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1 .- Demuestre los teoremas booleanos en base a la definición del álgebra .
Solución P1 .-Nos basaremos en los postulados del álgebra de Boole :
P1 . dentidad : x+ 0= x x- 1= 1
P2 . Conmutativa : x+ y= y+ x x • y= y . X
P3 . Distributiva : x + (y - z) = (x + y) - (x + z) x • (y + z) = x • y + x • z
P4 . Complemento : x+ x= 1 x•x= 0
Los teoremas y sus demostraciones se relacionan a continuación .
T1 . dempotencia : x+ x= x x • x= x
x+x=(x+x) • 1 =(x+x)(x+x)=x+xx=x+0=x
x-x=x-x+0=x-x+x-x=x-(x+x)=x- 1 =x
Hemos aplicado los postulados P , P4, P3, P4 y P1, en ese orden .
T2 . Unicidad del complemento : da e B, 3' a' E B 1 a'= á
Si existieran dos complementos, al y a2 se cumplirían las siguientes igualdades (por P4) :
a+a 1 =1 a+a 2 =1 a .a1=0 a .a2 =0
Entonces :
al =al • 1=a1 •( a+a2),=a1 -a+ al •a2=0+a1 •a 2=a •a 2+a1 •a2=
=(a+al)-a2=1 •a 2=a2

30. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 23
Se han aplicado los postulados P1, P4, P3, P2, P4, P3 y P1, en ese orden .
T3 . Elementos dominantes : x + 1= 1 x • 0= 0
x+1=(x+1) •1 =(x +1) •( x+x)= x +1 • x_ x+x=1
=
x •0 =x •0 +0=x •0 +x •x =x(O+x)=x •x =0
Los postulados utilizados son P1, P4, P3, P2, Pl y P4 .
T4 . Lev involutiva: (x) = x
(x)=(x)+0=(x)+x • x=[(X)+x] • [(X)+x]=[(X)+x] • 1 =
=[(x)+x](x+x)=x+ [x •( x)]=x+0=x
donde se han aplicado P , P4, P3, P4, P2, P4, P2, P3, P4 y P1 .
T5 . Ley de absorción : x + x • y = x x • (x + y) = x
x+x •y =x •1 +x •y =x •( 1+y)=x •1 =x
x •( x+y)=(x +0) •( x+y)=x +0 •y =x+0=x
En esta demostración hemos usado P , P3, T3 y Pl en ese orden .
T6. Ley del consenso: x + x • y = x + y x • (x + y) = x • y
x+ x •y =(x+x) •( x+y)=1 •( x+y)=x+y
x •( x+y)=x •x +x •y =0+x •y =x •y
Los postulados en que nos hemos apoyado son P3, P4, P2 y P1 .
T7. Lev asociativa : x • (y • z) = (x • y) • z x + (y + z) = (x + y) + z
Para demostrarla es necesario demostrar previamente tres lemas :
L1 . a = a + a • (b • c) a = a • [a + (b + c)] (ambos por T5)
L2 . a = a + b • (a • c) a = a • [b + (a + c)] cuya demostración es :
a+b •( a •c )=(a+b) •( a+ a •c )=(a+b) • a = a
a •[ b+(a+c)]=a •b +a •( a+c)=a .b+a=a
donde hemos utilizado P3 y T5 .
L3 . a=a+b •(c •a ) a=a •[ b+(c+a)]
por P2 y L2.
Ahora demostremos la ley asociativa :
x • (y • z) = [x + z • (x • y)] • ([y + z • (x • y)] • [z + z • (x • y)]) _ (por L2, L3 y L1)
=[x+z .(x .y)] .(y •z +z .(x •y ))= (porP3)
= x (y • z) + z (x • y) = (aquí también hemos aplicado P3)
= z (x y) + x (y z) = (esto, por P2)
= [z + x • (y • z)] • [x • y + x (y • z)] = (donde hemos aplicado P3)
= z . [x • y + x • (y • z)] = (por L3)
= z • [x + x • (y • z)] [y + x • (y • z)] = (porP3)
= z • (x • y) = (x • y) • z (por L , L2 y finalmente P2) .
Luego, hemos probado x • (y • z) = (x • y) • z
Por otra parte,
x+(y+z)=x [z+(x+y)]+(y •[ z+(x+y)]+z • [z + (x + y)]) = (porL2, L3 y L )
= x • [z + (x + y)] + (y + z) • [z + (x + y)] = (por P3)
_ [x + (y + z)] • [z + (x + y)] = (aquí también hemos aplicado P3)
= [z + (x + y)] • [x + (y + z)] = (esto, por P2)

31. y OR (+) en el álgebra de
24 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
= z • [x + (y + z)] + (x + y) • [x + (y + z)] = (donde hemos aplicado P3)
=z+(x+y) •[ x+(y+z)]= (porL3)
= z + x • [x + (y + z)] + y • [x + (y + z)] = (por P3)
= z + (x + y) = (x + y) + z (por L , L2 y finalmente P2) .
Con lo que queda probado que x + (y + z) _ (x + y) + z .
T8 . Ley de DeMorgan : x y = x + y x+y=x .y
La base de la demostración es que como el complemento es único y cumple el postulado
P4, entonces, si A + B = 1 y A • B = 0 es porque A = B, esto es :
A=BOA+B=1 y A B=0 .
Sean A = x + y, B = x • y ; demostremos que A = B .
A +B=x+y+x •y =x+y+x=x+x+y=1+y=1 (T6, P2, P4 y T ) .
A•B =(x+y) •x•y =x •x•y +y •x•y =0 •y +0 •x =0+0=0(P3,P2,P4,T3,T1) .
•
Sean A = x y, B = x + y ; demostremos que A = B .
A +B= x •y +x+y=y+x+y=x+y+y=x+1=1 (T5, P2, P4 y T3) .
A•B =x •y•( x+y)=x •y•x +x •y•y =0 •y +x •0 =0+0=0(P3, P2, P4, T3, T ) .
T9 . Ley de De Morgan generalizada :
xyz . . .=x+y+z+ . .x •y•z
x + y + z . . .=x ...
xyz . . . =x(yz . . .)=x+yz . . .=x+y(z . . .)=x+y+z . . .=
=x+y+z( . . .)= . . .=x+y+z+ . . .
•
x+y+z . . .=x+(y+z+ . . .)=x • y + z . . .=x y+(z . . .)=x y z+ . . .= • •
=x •y•z •y•z• .
+( . . .)= . . .=x ..
En las dos demostraciones se utilizan los teoremas T7 y T8 alternativamente .
T10. Lev del consenso generalizado :
x •y +x •z +y •z
=x .y+x •z •( •(
(x+y) x+z) y+z)=(x+y) x+z) •(
x •y
+x +y•z •z •y •z •z•1
=x +x +y = (P1)
=x •y •z •z•(
+x +y x+x)= (P4)
=x .y+x •z •z•x •z•x
+y +y = (P3)
=x .y+x •y•z +x •z +x .z •y = (P2)
=x .y+x •z (T5)
(x+y) •(x+z) • (y+z)=(x+y) •(x+z) •( y+z+0)= (P1)
=(x+y) •( x+z) •( y+z+x • x) = (P4)
=(x+y) •( x+z) •( y+z+x) •( y+z+ x)= (P3)
•( •(
=(x+y) x+y+z) x+z) x+z+y)= •( (P2)
= (x + y) • (x + z) (T5)
Problema 2.- Demuestre los teoremas booleanos en el álgebra de conmutación comproban-
do su validez mediante tablas de verdad .
Solución P2 .- A partir de la definición de las operaciones AND ( •)
conmutación, comprobaremos :
- dempotencia : x = x + x, x = x • x;
- Elementos dominantes : x + 1 = 1, x • 0 = 0 ;

32. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 25
- nvolutiva : x = x;
- Absorción : x + x y = x, x (x + y) = x ;
- Consenso : x + x y = x + y, x (x + y) = x y ;
- Asociativa: (x + y) + z = x + (y + z), (x y) z = x (y z) ;
-LeyDeDeMorgan : xy=x+y, x+y=xy .
En las dos tablas siguientes podemos ver la comprobación de todos los teoremas excepto
el de la ley asociativa que se prueba a continuación .
x y x x+x xx x+1 x0 x p(donde p=x) x+xy x(x+y)
0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0
1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1
1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1
x y x+xy x+y x(x+y) xy xy x+y x+y xy
0 0 0 0 0 0 1 1 1 1
0 1 1 1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 1 0 0 1 1 0 0
1 1 1 1 1 1 0 0 0 0
La comprobación de la ley asociativa :
xyz x+y (x+y)+z y+z x+(y+z) xy (xy)z yz x(yz)
000 0 0 0 0 0 0 0 0
001 0 1 1 1 0 0 0 0
010 1 1 1 1 0 0 0 0
011 1 1 1 1 0 0 1 0
100 1 1 0 1 0 0 0 0
101 1 1 1 1 0 0 0 0
110 1 1 1 1 1 0 0 0
111 1 1 1 1 1 1 1 1
Problema 3.-Para elementos del álgebra de conmutación, pruebe la validez de :
a) a b=a c- b=c ; b)a+b=a+c-+b=c ;
c) a •b =a cya+b=a+c->b=c .
Solución P3 .
a) No se cumple, por ejemplo, para a = 0, b = 1, c = 0 .
b) No se cumple, por ejemplo, para a = 1, b = 1, c = 0 .
c) Sí se cumple . Se puede comprobar que para cualquier combinación de valores se
cumple . También se puede demostrar algebraicamente :

33. 26 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
b=b+a •b =b+a •c =(b+a) •( b+c)=(a+b) •( b+c)=(a+c) •( b+c)=
=a •b +c=a •c +c=c .
Se han aplicado la ley del consenso, las propiedades distributiva y conmutativa, y las
igualdades a • b= a • c y a+ b= a+ c .
Problema 4 .- Compruebe las siguientes igualdades:
a) x y+ xz + y z = x y+ x z (ley del consenso generalizado)
b)x(x+y)+z+zy=y+z
c)xy+xyz=xy+z
d)w+wx+yz=w(y+z)
e)w[x+y(z+w)]=w+xy+xz
f) (w+x+ y) (w+x+y) (y+z) (w+z)= (w+ y) (y+z)
Solución P4 .
a)xy+xz+yz=xy+xz+(x+x)yz=xy+xz+xyz+xyz=
=xy+xyz+xz+xzy=xy(1+z)+xz(1+y)=xy+xz
donde hemos aplicado P4, P3, P2, P3, T3 y P1
b)x(x+y)+z+zy=xy+z+y=y+yx+z=y+zporT6,P2yT5
c) x y + xyz = x y + z (por la ley del consenso : u + u z = u + z donde u = x y)
d)w+wx+yz=w+yz=wyz=w(y+z) porT5yT8
e)w[x+y(z+w)]=w+x+y(z+w)=w+xy(z+w)=w+x(y+z+w)=
=w+xy+xzw=w+xy+xz por T8yT6
fl(w+x+y)(w+x+y)(y+ z) (w+z)= [(w+y)+xx](y+z)(w+z)=
=(w+y)(y+z)(w+z)=(w+y) (y+z) por P2,P3,P4,PlyT10 .
Problema 5.- Reduzca las siguientes expresiones del álgebra de Boole al número de literales
solicitado al lado de cada una de ellas .
a)abc+abc+abc+abc+abc (a cinco literales)
b) b c + a c + a b+ b c d (a cuatro literales)
c)[cd+a]+a+cd+ab (a tres literales)
d) [(a + c + d) (a + c + d) (a + c+ d) (a + b)] (a cuatro literales)
Solución P5.
a) abc+abc+abc+abc+abc=
=abc+abc+abc+abc+abc+ábc= (ya que x + x = x)
=abc+abc+abc+abc+abc+ábc= (por la propiedad conmutativa)
=ab(c+c)+ab(c+c)+(a+a)b c=

34. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 27
=ab 1 +áb 1+ 1 bc= (ya que x+x= 1)
= a b + a b + b c = b (a + c) + a b (ya quex • 1=1 •x =x) .
b) b c + a c + a b + b c d = b c + b c d + a c + a b =(por la propiedad conmutativa)
=bc+ac+ab=bc+ac+ab(c+c)= (ya que x + x y = x)
= b c+ a c+ a b c+ a b c= (por la propiedad distributiva)
=bc(1+a)+ac(l+b)=
=bc+ac (ya que 1 +x= 1) .
c) aplicando la ley de De Morgan a la expresión, obtenemos :
cdá + a + c d + a b =cdá + a + a b + c d = (por la propiedad conmutativa)
= c d + a + c d = (ya que x + x y = x) .
=a+cd (yaquex+x=x)
d)(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+b)=
=(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+c+d)(a+b)= (yaquex=xx)
= (a + c) (a + d) (a + b) = a + b c d (por la propiedad distributiva) .
Problema 6.- Verifique si se cumplen o no las siguientes igualdades :
a)M(a,b,c)+M(d,e,f)=M(a+d,b+e,c+f) .
b) M (a, b, c) • M (d, e, f) = M (a • d, b • e, c • f) .
c) M (a, b, M (c, d, e)) = M (M(a, b, c), d, M(a, b, e)].
donde M (x y, z) es la función mayoría de x y, z: M (x, y, z) = x y + x z + y z.
Solución P6 .
a) No se cumple pues para a = 0, b = 0, c = 1, d = 0, e = 1 y f = 0 se tiene que
M(a, b, c) + M(d, e, f) = M(0, 0, 1) + M (0, 1, 0) = 0 + 0 = 0 y, sin embargo :
M(a+d,b+e,c+f)=M(0, 1, 1)=1 .
b) No se cumple, pues para a = 0, b = 1,c = 1, d = 1, e = 0 y f = 1 se tiene que
M(a, b, c) M (d, e, f) = M(0, 1, 1) • M(1, 0, 1) = 1 • 1 = 1 mientras que
M(a •d ,b e,c •f)=M(0,0,1)=0
c) Sí se cumple pues M[a, b, M(c, d, e)] = M[a, b, c d + c e + d e] _
=ab+a(cd+ce+de)+b(cd+ce+de)=ab+acd+ace+ade+bcd+bce+bde
y, por la otra parte :
M[M(a, b, c), d, M(a, b, e)] = M[a b + a c + b c, d, a b + a e + b e]=
=(ab+ac+bc)d+(ab+ac+bc)(ab+ae+b e)+d (ab+ae+b e)=
=abd+acd+bcd+ab+abe+abc+ace+ a b c e+ abce+bce+abd+ade+bde=
= a b+ a c d+ b c d+ a c e+ b c e + a d e+ b d e, luego ambas expresiones son iguales .
Problema 7.- Obtenga la tabla de verdad de las siguientes expresiones :
a)f=wyz+xy+wy) b) f= (w+x+y) (x+z) (w+x) .

35. 28 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Solución P7 .
a) Si f = w y z + x y + w y, entonces es fácil deducir cuándo f = 1 :
/wyz=1 ==> w=1,y=1,z=1
f=1 f=> xy=1 ~x=1,y=1
wy=1~w=1,y=1
con ello, la tabla de verdad es :
wxyz f wxyz f
0000 0 1000
0001 • 1001
0010 • 1010
0011 • 1011
0100 • 1100
0101 • 1101
• 110 1 1110
• 111 1 1111
b) Si f = (w + x + y) (x + z) (w + x), es fácil encontrar los ceros de f:
/w+x+y=O==> w=0,x=0,y=0
f=0e-> x+z=0~ x=0,z=0
w+x=0~ w=0,x=0
con ello, la tabla de verdad es :
wxyz f wxyz f
0000 • 1000
0001 0 1001
0010 0 1010
001 1 • 1011
0100 1 1100
0101 1 1101
• 110 1 1110
0111 1 1111
Problema 8.- Obtenga los mapas de las siguientes funciones :
a) f = E (5, 6, 7, 12) + d(1, 3, 8, 10) .
b) f =11 (10, 13, 14, 15) • d(0, 1, 2, 8, 9) .
c) f = E (1, 2, 3, 8, 12, 23) + d(17) .

36. ÁLGEBRA Y FUNC ONES DE CONMUTAC ÓN 29
Solución P8.
a) f (a, b, c, d) = E (5, 6, 7, 12) + d(1, 3, 8, 10)
c 11 10
00 0 0 1 d
01 4 d 0 o
11 d 1 0 0
10 0 1 0 4
f
b) f (a, b, c, d) = f (10, 13, 14, 15) + d(0, 1, 2, 8, 9)
ab
c 01 11 10
00 d 1 1 d
01 d 1 0 d
11 1 1 0 1
10 d 1 0 0
f
c) f (a, b, c, d, e) = E (1, 2, 3, 8, 12, 23) + d(17)
cd
00 0 0 1 1 0 0 0 0
01 1 0 0 0 0 0 0 d
11 1 0 0 0 0 0 1 0
10 1 0 0 0 0 0 0 0
f
Problema 9 .- Obtenga las formas normales en suma de productos y producto de sumas de
las siguientes expresiones :
a)f=(ab+ac)(ab)) b)f=xy(v+w)[(x+y) vi .
c)f=x+yz) d)f=(a+b+c)(d+a)+bc+ a c .

37. 30 PROBLEMAS DE C RCU TOS Y S STEMAS D G TALES
Solución P9.
a) (a b + a c) (a b) = a b (por la ley del consenso)
Con esto tenemos una forma en suma de productos, donde el producto p = a b es el úni-
co. También tenemos un producto de sumas, donde los términos suma son dos : s1 = a y s = b . 2
b) x y (v + w) [(x + y) v] = x y (v + w) (x + y) v = v x y (x + y) = v x y (ley de absorción) .
Con esto tenemos una forma en suma de productos, donde el producto p = v x y es único .
También tenemos un producto de sumas, donde los términos suma son tres : S 2
= v, s = x,
s 3y.
c) x + yz, es suma de dos productos, pl X, 2
= P = y z . Por otra parte, aplicando la propie-
dad distributiva : x + yz = (x + y) (x + z) . Con ello tenemos una expresión en producto de sumas :
2
s1 =x+y, s =x+z .
d)f=(a+b+ c) (d + a) + b c + a c
Para reducirlo a una forma en producto de sumas operaremos sobre la expresión de f
aplicando repetidas veces la propiedad distributiva :
(a + b + c) (a + d) + b c + a c = (a + b + c) (a+d)+(a+b)c=
=[(a+b+c)(a+d)+(a+b)] [(a+b+c)(a+d)+c]=
=[(a±b+c+a+b)+(a+d+a+b)] [(a+b+c+c)(a+d+c)]=
=(a+b+ c) (a+b+ d) (a+c+ d) .
Obtenemos por tanto un producto de tres términos suma : s1 = a + b + c, s = a + b + d 2
y s3=a+c+d.
De forma similar se puede obtener una expresión en suma de productos :
(a + b + c) (a + d) + b c + a c = [a + (b + c) d)] + a c + b c = a + a c + b c + (b + c) d=
=a+bc+bd+c d .
Son, por tanto, cuatro términos producto : pl P2 3 4
= a, = b c, p = b d, P = c d .
Problema 10.- Determine y exprese en forma de mintérminos y maxtérminos las funciones
f, + f2 y f, - f2, siendo :
f, = (1, 2, 3, 5, 6, 7, 13, 14, 15) ; f2 = E (0, 4, 8, 9, 10, 14, 15)
Repetir para f, O f2 y la equivalencia : f, O f2.
1 2
Solución P10.- Para expresar la función f + f como suma de mintérminos hay que tener en
1 2
consideración que todos los mintérminos de f y todos los mintérminos de f son mintérminos
1 2
de f + f ya que 1 + x = 1 . Entonces :
l 2 1 2
f + f = E (0, 4, 8, 9, 10, 11, 12, 14, 15), y por exclusión : f + f = U (1, 2, 3, 5, 6, 7, 13) .
1 2
Para expresar la función f . f , es mejor comenzar por la expresión en forma de produc-
to de maxtérminos ya que debido a que 0 • x = 0 podemos decir que todos los maxtérminos de
1 2 1 2
f y todos los de f son maxtérminos de f • f . Entonces :
l 2
f • f =11(1, 2, 3, 5, 6, 7, 11, 12, 13, 14, 15) =E (0, 4, 8, 9, 10) .
1 2 1 2
En cuanto a la función f O f , para que sea 1 es preciso que f y f sean distintas . Por
1 2 1 2
tanto, los mintérminos de f O f son los mintérminos de f que no lo son de f y los de f que 2
no lo son de f : 1
f 1 f2 = E (11, 12, 14, 15) = f (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 13) .