Pentru intrările A,B,C (şi ieşirile O₁,O₂,O₃) soluţia este

Invert(A,B,C,O₁,O₂,O₃)

        X = non((A˄B)˅(A˄C)˅(B˄C));

        Y = non(((A˅B˅C)˄X)˅( A˄B˄C));

        O₁ = ((B˅C˅Y)˄X)˅(B˄C˄Y);

        O₂ = ((A˅C˅Y)˄X)˅(A˄C˄Y);

        O₃ = ((A˅B˅Y)˄X)˅(A˄B˄Y).

Am separat cele două operaţii de complentare, folosind variabilele logice temporare X şi Y.

Se verifică uşor prin calcul că O₁=non(A), O₂=non(B), O₃=non(C).

 

Notaţia este poate mai inteligibilă dacă o scriem într-o algebră Boole (unde disjuncţia şi conjuncţia se notează cu + respectiv concatenare, iar complementarea cu ‘):

X = (AB+AC+BC)’

Y =((A+B+C)X+ABC)’

O₁ =(B+C+Y)X+BCY;

O₂ =(A+C+Y)X+ACY;

O₃ =(A+B+Y)X+ABY.

Operând cu reguile de algebră şi cu De Morgan ( (a+b)’=a’b’,  (ab)’=a’+b’) vom avea

X=A’B’+A’C’+B’C’+A’B’C’

Y= A’B’C’+A’B’C+AB’C+ABC’

Înlocuind şi făcând reducerile, se obţine uşor O₁=A’, O₂=B’, O₃=C’.

 

Pentru cazul general, orice circuit Boolean cu N complementari poate fi înlocuit cu unul care are numai două complementari.

Pur şi simplu se grupează arbitrar trei operatori de complementare cu intrările I₁,I₂,I₃ şi se aplică Invert(I₁,I₂,I₃,O₁,O₂,O₃), care reduce numărul total de complementări la N-1; procedeul se aplică apoi de N-2 ori.

 

Am primit o singură soluţie corectă: de la Aurel Ionescu.