Exercices par capacités · BTS
Dernière mise à jour : 21 juin 2026
En utilisant les axiomes de l'algèbre de Boole, simplifier les expressions suivantes :
Appliquer un théorème de De Morgan pour transformer chacune des expressions suivantes en utilisant des compléments de variables simples :
Simplifier l'expression \(S = \overline{(A + B) \cdot C}\) en utilisant De Morgan, puis vérifier le résultat pour \(A=0\), \(B=0\), \(C=1\).
On applique De Morgan sur le produit, puis sur la somme :
\(S = \overline{(A+B)\cdot C} = \overline{A+B} + \bar{C} = \bar{A}\bar{B} + \bar{C}\).
Vérification pour \(A=0\), \(B=0\), \(C=1\) :
\(\bar{A}\bar{B} + \bar{C} = 1\cdot 1 + 0 = 1\). Et directement : \((A+B)\cdot C = (0)\cdot 1 = 0\), donc \(S = \bar{0} = 1\). ✓
Démontrer la propriété d'absorption \(A(A + B) = A\) en développant par distributivité.
\(A(A+B) = A\cdot A + A\cdot B\) (distributivité).
\(= A + AB\) (idempotence \(A\cdot A = A\)).
\(= A(1 + B) = A\cdot 1 = A\) (factorisation, \(1+B=1\), élément neutre). \(\square\)
Un cahier des charges impose : « le moteur tourne lorsque le capteur de présence \(A\) est actif ET la sécurité \(B\) n'est pas déclenchée, OU lorsque le mode test \(T\) est sélectionné ». Écrire l'équation logique de la sortie \(M\), puis donner l'expression du complément \(\bar{M}\) (conditions d'arrêt) à l'aide de De Morgan.
« \(A\) actif ET \(B\) non déclenchée » se traduit par \(A\bar{B}\). « OU mode test » ajoute \(T\).
\(M = A\bar{B} + T\).
Complément par De Morgan : \(\bar{M} = \overline{A\bar{B} + T} = \overline{A\bar{B}} \cdot \bar{T} = (\bar{A} + B)\bar{T}\).
Le moteur est arrêté lorsque (le capteur est inactif OU la sécurité est déclenchée) ET le mode test n'est pas sélectionné.
Construire la table de vérité de la fonction \(f(A,B) = A\bar{B} + \bar{A}B\). Quelle porte logique reconnaît-on ?
| A | B | \(A\bar{B}\) | \(\bar{A}B\) | f |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 0 | 1 | 1 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 |
\(f\) vaut 1 quand \(A\) et \(B\) diffèrent : c'est la porte XOR (OU exclusif), \(f = A \oplus B\).
Soit la fonction \(f(A,B,C)\) définie par sa table de vérité ci-dessous. Donner sa forme normale disjonctive (FND, somme de mintermes).
| N° | A | B | C | f |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 0 | 1 | 0 |
| 2 | 0 | 1 | 0 | 1 |
| 3 | 0 | 1 | 1 | 0 |
| 4 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 5 | 1 | 0 | 1 | 1 |
| 6 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 7 | 1 | 1 | 1 | 1 |
La FND est la somme des mintermes correspondant aux lignes où \(f = 1\), c'est-à-dire les lignes 0, 2, 4, 5 et 7.
\(f = \bar{A}\bar{B}\bar{C} + \bar{A}B\bar{C} + A\bar{B}\bar{C} + A\bar{B}C + ABC\).
Pour la même fonction qu'à l'exercice 7, donner la forme normale conjonctive (FNC, produit de maxtermes).
La FNC est le produit des maxtermes correspondant aux lignes où \(f = 0\), soit les lignes 1, 3 et 6. Pour un maxterme, une variable à 1 est complémentée.
\(f = (A+B+\bar{C})(A+\bar{B}+\bar{C})(\bar{A}+\bar{B}+C)\).
Combien de lignes comporte la table de vérité d'une fonction booléenne de 4 variables ? Combien de fonctions booléennes distinctes de 4 variables existe-t-il ?
Avec \(n = 4\) variables, la table comporte \(2^n = 2^4 = 16\) lignes.
Chaque fonction est définie par le choix de la valeur (0 ou 1) sur chacune des 16 lignes, soit \(2^{16} = 65\,536\) fonctions booléennes distinctes.
Simplifier algébriquement \(f = AB + A\bar{B} + \bar{A}B\).
On factorise les deux premiers termes par \(A\) :
\(f = A(B + \bar{B}) + \bar{A}B = A\cdot 1 + \bar{A}B = A + \bar{A}B\).
Puis on utilise \(A + \bar{A}B = (A+\bar{A})(A+B) = 1\cdot(A+B) = A + B\).
Résultat : \(f = A + B\).
Simplifier algébriquement \(g = \overline{A\bar{B}} \cdot \overline{\bar{A}B}\). Quelle fonction reconnaît-on ?
On applique De Morgan sur chaque facteur : \(\overline{A\bar{B}} = \bar{A} + B\) et \(\overline{\bar{A}B} = A + \bar{B}\).
\(g = (\bar{A} + B)(A + \bar{B})\).
On développe : \(g = \bar{A}A + \bar{A}\bar{B} + BA + B\bar{B} = 0 + \bar{A}\bar{B} + AB + 0 = \bar{A}\bar{B} + AB\).
C'est la fonction XNOR : \(g = \overline{A \oplus B}\) (vaut 1 quand \(A = B\)).
Simplifier la fonction représentée par le tableau de Karnaugh à 2 variables ci-dessous (les cases donnent la valeur de \(f\)).
| \(\bar{B}\) | \(B\) | |
|---|---|---|
| \(\bar{A}\) | 0 | 1 |
| \(A\) | 1 | 1 |
On cherche les groupes de cases à 1 les plus grands.
Chaque 1 est couvert. Résultat : \(f = A + B\).
Simplifier la fonction de 3 variables représentée par le tableau de Karnaugh ci-dessous (colonnes en code Gray).
| A \ BC | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| \(A=0\) | 1 | 0 | 0 | 1 |
| \(A=1\) | 1 | 1 | 1 | 1 |
On cherche les plus grands groupes de \(2^k\) cases adjacentes.
Tous les 1 sont couverts. Résultat : \(f = A + \bar{C}\).
Simplifier la fonction de 4 variables représentée par le tableau de Karnaugh ci-dessous (lignes AB et colonnes CD en code Gray).
| AB \ CD | 00 | 01 | 11 | 10 |
|---|---|---|---|---|
| 00 | 1 | 1 | 0 | 1 |
| 01 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 11 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 10 | 1 | 1 | 0 | 1 |
On repère les groupes.
Tous les 1 sont couverts. Résultat : \(f = \bar{C}D + \bar{B}\bar{D}\).
Donner l'équation logique de la sortie \(S\) des portes suivantes et compléter mentalement leur table de vérité : NAND, NOR, XOR.
NAND : \(S = \overline{A\cdot B}\). Sortie à 0 uniquement si \(A=B=1\) ; sinon 1.
NOR : \(S = \overline{A + B}\). Sortie à 1 uniquement si \(A=B=0\) ; sinon 0.
XOR : \(S = A \oplus B = A\bar{B} + \bar{A}B\). Sortie à 1 quand \(A\) et \(B\) diffèrent.
Montrer que la porte NAND est universelle en réalisant la fonction NOT à partir d'une seule porte NAND, puis la fonction AND à l'aide de portes NAND.
NOT : on relie les deux entrées de la NAND ensemble : \(\overline{A\cdot A} = \bar{A}\) (idempotence).
AND : on inverse la sortie d'une NAND avec une seconde NAND montée en NOT : \(\overline{\overline{A\cdot B}} = A\cdot B\).
Toute fonction pouvant s'écrire avec NOT, AND et OR, et NAND permettant de réaliser NOT et AND (et OR via De Morgan), la porte NAND est bien universelle.
Un demi-additionneur additionne deux bits \(A\) et \(B\) et fournit la somme \(S\) et la retenue \(C_{out}\). Donner les équations de \(S\) et \(C_{out}\), puis construire la table de vérité.
\(S = A \oplus B\) et \(C_{out} = A\cdot B\).
| A | B | S | \(C_{out}\) |
|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 1 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 0 |
| 1 | 1 | 0 | 1 |
Le cas \(1+1\) donne bien \(S=0\) avec une retenue \(C_{out}=1\) (résultat binaire \(10_2 = 2\)).
Un multiplexeur 2-vers-1 a pour équation \(S = \overline{SEL}\cdot I_0 + SEL\cdot I_1\). Déterminer la sortie \(S\) dans les deux cas : \(SEL=0\) puis \(SEL=1\). Conclure sur le rôle de l'entrée \(SEL\).
Pour \(SEL = 0\) : \(S = \bar{0}\cdot I_0 + 0\cdot I_1 = 1\cdot I_0 + 0 = I_0\).
Pour \(SEL = 1\) : \(S = \bar{1}\cdot I_0 + 1\cdot I_1 = 0 + I_1 = I_1\).
L'entrée de sélection \(SEL\) aiguille vers la sortie l'une des deux entrées : \(I_0\) si \(SEL=0\), \(I_1\) si \(SEL=1\).
Une bascule JK a pour équation caractéristique \(Q_{n+1} = J\bar{Q}_n + \bar{K}Q_n\). Déterminer l'état \(Q_{n+1}\) pour les quatre combinaisons de \((J,K)\) lorsque \(Q_n = 1\), et identifier le mode de fonctionnement.
On part de \(Q_n = 1\), donc \(\bar{Q}_n = 0\). L'équation devient \(Q_{n+1} = J\cdot 0 + \bar{K}\cdot 1 = \bar{K}\).
Une bascule T a pour équation \(Q_{n+1} = T \oplus Q_n\). On la branche en permanence avec \(T = 1\). En partant de \(Q_0 = 0\), donner les états successifs \(Q_1, Q_2, Q_3, Q_4\) à chaque front d'horloge et expliquer pourquoi cette bascule réalise un diviseur de fréquence par 2.
Avec \(T=1\) : \(Q_{n+1} = 1 \oplus Q_n = \bar{Q}_n\). La sortie bascule à chaque front.
\(Q_0 = 0 \to Q_1 = 1 \to Q_2 = 0 \to Q_3 = 1 \to Q_4 = 0\).
La sortie effectue un cycle complet (0→1→0) tous les 2 fronts d'horloge : sa fréquence est donc la moitié de celle de l'horloge. C'est un diviseur de fréquence par 2.