ALJABAR BOOLE DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN
Dec 30, 2015
ALJABAR BOOLE
DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN
DEFINISI ALJABAR BOOLE
Sistem aljabar dengan dua operasi penjumlahan (+) dan perkalian (.) yang didefinisikan sehingga memenuhi ketentuan berikut ini :
aturan A1 sampai dengan A5, M1 sampai M3, M5, D1, dan D2,setiap elemen a, b, c dari S mempunyai sifat-sifat atau aksioma-aksioma berikut ini :
2
A1 a + b S closure
M1 a b S closure
A2 a + (b + c) = (a + b) + c asosiatif
M2 a (b c) = (a b) c asosiatif
A3 Jika 0 S, maka untuk setiap a S berlaku 0 + a = a + 0 = a
identitas
M3 Jika 0 S, maka untuk setiap a S berlaku 1 a = a 1 = a
identitas
A5 a + b = b + a komunitatif
M5 a b = b a komunitatif
D1 a (b + c) = a b +a c distributif
D2 (a + b) c = a c + b c distributif
D3 a + (b c) = (a + b) (a + c) distributif
D4 (a b) + c = (a + c) (b + c) distributif
C1 Untuk setiap a S dan a’ S berlaku a + a’ = 1 a a’ = 0
komplemen
a + a = (a + a) (1) identitas a 1 = a M3
(a + a) (a + a’) komplemen a + a’ = 1 C1
a + (a a’) Distributif D3
a + 0 komplemen a a’ = 0 C1
a identitas a + 0 = a A3
a a = a a + 0 identitas a + 0 = a A3
= a a + a a’ komplemen a a’ = 0 C1
= a (a + a’) distributif D1
= a 1 komplemen a + a’ =1 C1
= a identitas a 1 = a M3
PRINSIP DUALITASTeorema 2.1 Untuk setiap elemen a, berlaku
a + a = a dan a a = aBukti :
a + 1 = a + (a + a’) komplemen a + a’= 1 C1
(a + a) + a’ asosiatif A2
a + a’ teorema 2.1 a + a = a
1 komplemen a + a’= 1 C1
a 0 = a (a a’) komplemen a + 0 = a C1
= (a a) a’ asosiatif M2
= a a’ teorema 2.1 a a =a
= 0 komplemen a a’ = 0 C1
Teorema 2.2 Untuk setiap elemen a, berlaku :
a + 1 = 1 dan a 0 = 0
Bukti :
a + ab = a 1 + a.b identitas a 1 = a M3
a (1 + b) distributif D1
a 1 teorema 2.2 1 + a =1
a identitas a 1 = a M3
a .(a+b) = a a + a b distributif a + 0 = a A3
= a + a b teorema 2.1 a a = a
= a 1+ a b identitas a 1=a M3
= a (1+b) distributif D2
= a 1 teorema 2.2 a + 1 = a
= a identitas a 1 = a M3
Teorema 2.3 (Hukum penyerapan)
Untuk setiap elemen a dan b, berlaku
a + a b = a dan a (a+b) = aBukti :
Diketahui : (ab) (ab)’= 0 komplemen C1
ab (a’+b’) = (aa’)b + a(bb’) distributif D1
= 0 b + a 0 komplemen C1
= 0 + 0 Teorema 2.2
= 0 identitas A3
(ab)’ = a’ + b’ kesimpulan
Teorema 2.4 (Hukum de Morgan)
Untuk setiap elemen a dan b, berlaku :
(a b)’ = a’ + b’ dan (a + b)’ = a’ b’
Bukti :
Diketahui : (ab) + (ab)’= 1 komplemen C1
ab+(a’+b’) = (a + a’ + b’)(b + a’ + b’) distributif D4
= (1 + b’) (1 + a’) komplemen C1
= 1 1 teorema 2.2
= 1 teorema 2.2
(ab)’ = a’ + b’ kesimpulan
Bukti :
Latihan Soal 2.1
Buktikan teorema 2.5 :
a+a’b=a+b
a(a’+b)=ab
Latihan Soal 2.2Sederhanakan ekspresi berikut :
'bc'ab
)c'b'ab('ab
z)yx()yx(
a + a b = a dan a (a+b) = a
'''
')''('
)()(
bbcab
abcbabab
yxzyxyx
Latihan Soal 2.3
Buktikan teorema 2.6 :
ab+ab’=a
(a+b)(a+b’)=a
Latihan Soal 2.4Sederhanakan ekspresi berikut :
)z'y'x'w)('z'y'x'w(
))'cb(ad)(cbad(
c'ababc
a + a b = a dan a (a+b) = a
a+a’b=a+b
a(a’+b)=ab
''')''')(''''(
))'()((
'
yxwzyxwzyxw
adcbadcbad
accababc
Latihan Soal 2.5
Buktikan teorema 2. 7
ab+ab’c=ab+ac
(a+b)(a+b’+c)=(a+b)(a+c)
Latihan Soal 2.6Sederhanakan ekspresi berikut :
wwxzwxyzywxwy
bbacbcba
yxwzyxzyxwzyx
zwxxyzwxyxy
'''
')')(')('''(
)'')(''()''')(''(
)''()''('
a + a b = a dan a (a+b) = a
a+a’b=a+b
a(a’+b)=ab
ab+ab’=a
(a+b)(a+b’)=a
T2.7 : (a+b)(a+b’+c)=(a+b)(a+c)
a b + a b’ c = a b + a c
T2.3 : a + a b = a a (a+b) = a
T2.6 : a b + a b’= a (a + b) (a + b’) = a
(a’+b’+c’) (b’+c) (a+b’) = (b’+c) (b’+a’) (a+b’) T2.7
= (b’+c) b’ T2.6
= b’ T2.3
wy’+wx’y+wxyz+wxz’ = wy’+wx’y+wxy+wxz T2.7
= (wy’+wy)+wxz T2.6
= w+wxz T2.6
= w T2.3
16
wwxzwxyzywxwy
bbacbcba
'''
')')(')('''(
C1 a + a’ = 1 a a’ = 0
A2 M2 a + (b + c) = (a + b) + c a (b c) = (a b) c
A3 M3 a + 0 = a a 1 = 1
A2 M2 a + (b + c) = (a + b) + c a (b c) = (a b) c
A5 M5 a + b = b + a a b = b a
D1 D2 a (b + c) = a b +a c (a + b) c = a c + b c
D3 D4 a + (b c) = (a + b) (a + c) (a b) + c = (a + c) (b + c)
T2.1 a+ a = a a a = a
T2.2 a + 1 = 1 a 0 = 0
T2.3 a + a b = a a (a+b) = a
T2.4 (a b)’ = a’ + b’ (a + b)’ = a’ b’
T2.5 a + a’ b = a + b a (a’+ b) = a b
T2.6 a b + a b’= a (a + b) (a + b’) = a
T2.7 a b + a b’ c = a b + a c
(a + b) (a + b’+ c) = (a + b) (a + c)
FUNGSI BOOLEAN Misalkan x1, x2, x3, … , xn merupakan variabel-variabel aljabar
Boolean. Fungsi Boolean dengan n variabel adalah fungsi yang dapat dibentuk dari aturan-aturan berikut :
• fungsi konstanf(x1, x2, x3, … , xn) = a
• fungsi proyeksi f(x1, x2, x3, … , xn) = xi i = 1, 2, 3, … , n
• fungsi komplemen g(x1, x2, x3, … , xn) = (f(x1, x2, x3, … , xn))’
• fungsi gabunganh(x1, x2, x3, … , xn) = f(x1, x2, x3, … , xn) + g(x1, x2, x3, … , xn)
h(x1, x2, x3, … , xn) = f(x1, x2, x3, … , xn) . g(x1, x2, x3, … , xn)
18
BENTUK FUNGSI BOOLEAN
Suatu fungsi Boolean dapat dinyatakan dalam bentuk yang berbeda tetapi memiliki arti yang samaContoh :f1(x,y) = x’ . y’
f2(x,y) = (x + y)’
f1 dan f2 merupakan bentuk fungsi boolean yang sama, yaitu dengan menggunakan Hukum De Morgan.
19
NILAI FUNGSI
Fungsi Boolean dinyatakan nilainya pada setiap variabel yaitu pada setiap kombinasi (0,1).
Contoh : Fungsi Booleanf(x,y) = x’y + xy’ + y’
20
21
MINTERM DAN MAXTERM
Fungsi dua variabel :
Mj = m’j
22
Fungsi tiga variabel :
KONVERSI FUNGSI BOOLEAN23
Contoh Soal 2.1
Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)
No x y z F(x,y,z)
0 0 0 0 0
1 0 0 1 1 m1
2 0 1 0 0
3 0 1 1 0
4 1 0 0 1 m4
5 1 0 1 0
6 1 1 0 0
7 1 1 1 1 m7
SOP
SOP
SOP
f1(x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz = m1 + m4 + m7
f1’(x,y,z)= x’y’z’ + x’yz’ + x’yz + xy’z + xyz’
Jawab : Bentuk SOP
No x y z F(x,y,z)
0 0 0 0 0 Mo
1 0 0 1 1
2 0 1 0 0 M2
3 0 1 1 0 M3
4 1 0 0 1
5 1 0 1 0 M5
6 1 1 0 0 M6
7 1 1 1 1
POS
POS
POS
Jawab : Bentuk POS
f2(x,y,z) = (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’)(x’+y+z’)(x’+y’+z)
= M0 M2 M3 M5 M6 = (f1’(x,y,z))’
F (x,y,z) = m1 + m4 + m7 = M0 . M2 . M3 . M5 . M6
POS
POS
26Contoh Soal 2.2
Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)
No x y z f(x,y,z)
0 0 0 0 1 m0
1 0 0 1 1 m1
2 0 1 0 1 m2
3 0 1 1 1 m3
4 1 0 0 1 m4
5 1 0 1 0
6 1 1 0 1 m6
7 1 1 1 0
SOP
SOP
SOP
Jawab : Bentuk SOP
f1(x,y,z) = x’y’z’ + x’y’z + x’yz’ + x’yz + xy’z+xyz’
= m0 + m1 + m2 + m3 + m4 + m6
f1’(x,y,z) = xy’z + xyz
SOP
SOP
SOP
Jawab : Bentuk POS
POS
POS
No x y z f(x,y,z)
0 0 0 0 1
1 0 0 1 1
2 0 1 0 1
3 0 1 1 1
4 1 0 0 1
5 1 0 1 0 M5
6 1 1 0 1
7 1 1 1 0 M7
f2(x,y,z)= (x’ + y + z’)(x’ + y’ + z’)
= (f1’(x,y,z))’ = M5. M7
F(x,y,z)= m0 + m1 + m2 + m3 + m4 + m6 = M5. M7
29Contoh Soal 2.3
Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)
No x y z f(x,y,z)
0 0 0 0 0
1 0 0 1 0
2 0 1 0 1 m2
3 0 1 1 1 m3
4 1 0 0 0
5 1 0 1 0
6 1 1 0 1 m6
7 1 1 1 1 m7
SOP
Jawab : Bentuk SOP
SOP
SOP
SOP
f1(x,y,z) = x’yz’ + x’yz + xyz’ + xyz
= m2 + m3 + m6 + m7
f1’(x,y,z)= x’y’z’ + x’y’z + xy’z’ + xy’z
Jawab : Bentuk POS
POS
POS
No x y z f(x,y,z)
0 0 0 0 0 Mo
1 0 0 1 0 M1
2 0 1 0 1
3 0 1 1 1
4 1 0 0 0 M4
5 1 0 1 0 M5
6 1 1 0 1
7 1 1 1 1
f2(x,y,z) = (x + y + z).(x + y + z’).(x’ + y + z).(x’ + y + z’)
= (f1’(x,y,z))’= M0.M1. M4. M5
F(x,y,z) = m2 + m3 + m6 + m7 = M0.M1. M4. M5
POS
POS
BENTUK STANDAR/KANONIK
Jika f adalah fungsi boolean satu variabel maka untuk semua nilai x berlaku :
f (x) = f (1) . x + f (0) . x’
Jika f adalah fungsi boolean dua variabel maka untuk semua nilai x berlaku :
f(x,y) = f(0,0) . x’y’ + f(0,1) . x’y + f(1,0) . xy’ + f(1,1) . xy
Jika f adalah fungsi boolean tiga variabel maka untuk semua nilai x berlaku :
f(x,y,z) = f(0,0,0) . x’y’ z’ + f(0,0,1) . x’y’z + f(0,1,0) . x’yz’ + f(0,1,1) . x’yz + f(1,0,0) . xy’z’ + f(1,0,1) . xy’z’ + f(1,1,0) . xyz’ + f(1,1,1) . xyz
32
No x y z f(x,y,z)
0 0 0 0 0
1 0 0 1 1 m1
2 0 1 0 0
3 0 1 1 0
4 1 0 0 1 m4
5 1 0 1 0
6 1 1 0 0
7 1 1 1 1 m7
SOP
SOP
SOP
f1(x,y,z) = f(0,0,1) x’y’z + f(1,0,0) xy’z’ + f(1,1,1) xyz = x’y’z + xy’z’ + xyz = m1 + m4 + m7
KONVERSI KE BENTUK STANDAR/KANONIK
34
Contoh Soal 2.4
Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y) = x’
f(x,y) = x’ . 1 identitas
= x’ . (y + y’)
komplemen
= x’y + x’y’ distributif
= m(0,1)
Bentuk standar : x’y + x’ y’
Bentuk kanonik : m(0,1) bentuk SOP
f’(x,y) = x . 1 identitas
= x . (y + y’) komplemen
= xy + xy’ distributif
= m(2,3)
(f’(x,y))’= (x’+y’).(x’+y)
= M(2,3)
Bentuk standar : f(x,y) = (x’+y’).(x’+y)
Bentuk kanonik : M(2,3) bentuk POS
Contoh Soal 2.4
Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y) = x
Contoh Soal 2.5Cari bentuk standar dari f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’Jawab :f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’ lengkapi literal pada tiap suku
= y’(x+x’)(z+z’) + xy(z+z’) + x’yz’= (xy’ + x’y’)(z+z’) + xyz + xyz’ + x’yz’
f(x,y,z) = xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’= m5 + m4 + m1+ m0 + m7 + m6 + m2
SOPBentuk Standar : f(x,y,z)= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’Bentuk Kanonik : f(x,y) = m(0, 1, 2, 4, 5, 6, 7)
atau POSBentuk Standar : f(x,y,z) = x + y’ + z’Bentuk Kanonik : f(x,y) = M(3)
36
37Contoh Soal 2.6
Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz
f(x,y) = y’ + xy + x’yz’ lengkapi literal pada tiap suku
= y’(x+x’)(z+z’) + xy(z+z’) + x’yz’
= (xy’ + x’y’)(z+z’) + xyz + xyz’ + x’yz’
= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’
= m5 + m4 + m1+ m0 + m7 + m6 + m2
Bentuk Standar : f(x,y,z)= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ +
x’yz’
Bentuk Kanonik : f(x,y) = m(0, 1, 2, 4, 5, 6, 7) SOP
Bentuk Standar : f(x,y,z) = x + y’ + z’
Bentuk Kanonik : f(x,y) = M(3) POS
Latihan
1. Cari bentuk standar dari : a. f(x,y,z) = x + z,b. f(x,y,z) = z’
2. Cari bentuk Kanonik dari : a. f(x,y) = x’y + xy’ b. f(x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz
38
KONVERSI KE BENTUK SOPContoh Soal 2.7Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x + y’z dalam SOPJawab :Lengkapi literal untuk setiap suku agar samaf(x,y,z) = x . (y+y’).(z+z’) + (x+x’) . y’z
= (xy+xy’)(z+z’) + xy’z + x’y’z= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + xy’z + x’y’z= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + x’y’z= m7 + m6 + m5 + m4 + m1
= m(1, 4, 5, 6, 7)
39
Contoh Soal 2.8Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x’y’z + xz + yz
dalam SOPJawab :Lengkapi literal untuk setiap suku agar samaf(x,y,z) = x’y’z + xz + yz
= x’y’z + x. (y+y’) . z + (x+x’) . yz= x’y’z + xyz + xy’z + xyz + x’yz= m1 + m3 + m5 + m7
= m(1, 3, 5, 7)
40
Contoh Soal 2.9Nyatakan Fungsi Boolean f(w,x,y,z) = wxy + yz + xy dalam SOPJawab :Lengkapi literal untuk setiap suku agar samaf(w,x,y,z) = wxy + yz + xy
= wxy . (z+z’) + (w+w’)(x+x’) . yz + (w+w’) . xy . (z+z’)
= wxyz + wxyz’ + (wx+wx’+w’x+w’x’)yz + (wxy+w’xy)(z+z’)
= wxyz + wxyz’ + wxyz + wx’yz + w’xyz + w’x’yz + wxyz + wxyz’ + w’xyz + w’xyz’
= w’x’yz + w’xyz’ + w’xyz + wx’yz + wxyz’ + wxyz = m(3, 6, 7, 10, 14, 15)
41
KONVERSI KE BENTUK POSContoh Soal 2.10Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x y+ x’z dalam POSJawab :
Bentuk fungsi ke POSf(x,y,z) = xy + x’z
= (xy + x’)(xy + z) distributif= (x + x’)(y + x’)(x + z)(y + z) distributif= (x’ + y)(x + z)(y + z) komplemen,
identitas
Lengkapi literal untuk setiap suku agar samaSuku-1 x’ + y = x’ + y + zz’
= (x’ + y + z)(x’ + y + z’)Suku-2 x + z = x + z + yy’
= (x + y + z)(x + y’ + z)Suku-3 y + z = xx’ + y + z
= (x + y + z)(x’ + y + z)
42
KONVERSI KE BENTUK POSf(x,y,z) = (x’ + y)(x + z)(y + z)Lengkapi literal untuk setiap suku agar samaSuku-1 x’ + y = (x’ + y + z)(x’ + y + z’)Suku-2 x + z = (x + y + z)(x + y’ + z)Suku-3 y + z = (x + y + z)(x’ + y + z)
Semua suku dengan literal lengkap :f(x,y,z) = (x’ + y)(x + z)(y + z)
= (x + x’)(y + x’)(x + z)(y + z) = (x’ + y)(x + z)(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)(x’+y+z’) = M0 . M2 . M4 . M5
= M(0, 2, 4, 5)
43
Contoh Soal 2.11Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = (x+z)(y’+z’) dalam POSJawab :Fungsi Boolean asumsi sudah dalam bentuk POSf(x,y,z) = (x+z)(y’+z’) lengkapi literal pada tiap suku
= (x+yy’+z)(xx’+y’+z’) identitas, komplemen= (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’)(x’+y’+z’) distributif= M0 . M2 . M3 . M7
44