6 Bab IV Aljabar boolean

27
04/21/22 Herlina Jayadianti-Logika 1 (6) Bab IV. Aljabar Boolean - Aljabar Boolean -Subalgebra - Fungsi dan Ekspresi Boole - Logika Kalimat

Transcript of 6 Bab IV Aljabar boolean

Page 1: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 1

(6) Bab IV. Aljabar Boolean

- Aljabar Boolean-Subalgebra

- Fungsi dan Ekspresi Boole

- Logika Kalimat

Page 2: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 2

Pengantar: Boolean Algebra

• Operasi Biner (2-ary operasion) : +,-,x pada himpunan dari semua bilangan bulat.

• Operasi singular (1-ary operasion) : f(x)=x-1 pada himpunan dari semua bilangan bulat.

Page 3: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 3

Definisi Aljabar Boolean

• Aljabar boolean merupakan aljabar yang terdiri atas suatu himpunan dengan dua operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut.

Page 4: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 4

Aksioma Untuk Aljabar Boolean

• Dengan aljabar boolean dimaksudkan suatu sistem yang dibentuk oleh himpunan B dengan dua operator biner (. dan +), satu operasi singular (yang diberi notasi ..’), dan dua elemen khusus (0 dan 1) sedemikian rupa sehingga membentuk aksioma:

Page 5: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 5

Aksioma Aljabar Boolean1 x+y=y+x Komutatif

2 x.y=y.x Komutatif

3 x.(y+z)=x.y+x.z Distributif

4 x+(y.z)=x+y.x+z Distributif

5 x+0=x Identitas

6 x.1=x Identitas

7 x+x’=1

x+y=1

Komplemen

8 x.x’=0

x.y=0

Komplemen

Page 6: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 6

Contoh 1 Pembuktian Sifat Boolean

• Bila y komplemen dari x, maka menurut aksioma (7) dan (8) berlaku x+y=1 dan x.y=0

• Bila x+y=1 dan x.y=0 makay =y+0 (aksioma 5)

=y+(x.x’) (aksioma 8)=(y+x).(y+x’) (aksioma 1 dan 4)=1.(y+x’) (diketahui)=(y+x’).1 (aksioma 2)= y+x’ (aksioma 6)

y = y+x’

Page 7: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 7

Lanjutan

• Bila x+y=1 dan x.y=0 makax’=x’+0 (aksioma 5)

=x’+(x.y) (diketahui)=(x’+x).(x’+y) (aksioma 1 dan 4)=1.(x’+y) (aksioma 7)=(x’+y).1 (aksioma 2)= x’+y (aksioma 6)= y+x’ (aksioma 1)= y (lihat bag 1 halaman sebelumnya)

Page 8: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 8

Lanjutan

• Sehingga terbukti

y=x’ (atau y adalah komplemen dari x)

• Dari dua penjabaran diatas terbukti bahwa y komplemen x jika dan hanya jika x+1=y dan x.y=0

Page 9: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 9

Aksioma Aljabar Boolean

Hukum Identitas

x+0=x

x.1=x

Hukum idempoten

x+x=x

x.x=x

Hukum Komutatif

x+y=y+x

x.y=y.x

Hukum komplemen

x+x’=1

x.x’=0

Hukum dominasi

x.0=0

x+1=1

Hukum Distributif

x+(y.z)=(x+y).(x+z)

x.(y+z)= (x.y)+(x.z)

Hukum Involusi

(x’) ’=x

Hukum penyerapan

x+(x.y)=x

x.(x+y)=x

Hukum 0/1

0’=1

1’=0

Hukum asosiatif

x+(x+y)=(x+x)+y

x.(x.y)=(x.x).y

Hukum De Morgan

(x+y)’=x’.y’

(xy)’=x’+y’

Page 10: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 10

Contoh 2 Pembuktian Sifat Boolean

Idempoten

Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka:

x.x=x dan x+x=x

x =x.1 identitas

= x.(x+x’) komplemen

= x.x+x.x’ distributif

= x.x+0 komplemen

= x.x identitas/terbukti

x=x.x idempoten

Page 11: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 11

Lanjutan

Idempoten

Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka:

x.x=x dan x+x=x

x =x+0 (identitas)

= x+(x.x’) (komplemen)

= x+x.x+x’ (distributif)

= (x+x).1 (komplemen)

= x+x (identitas) terbukti

x=x+x idempoten

Page 12: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 12

Contoh 3 Pembuktian Sifat Boolean

• Pembuktian H.Idempoten:

x+x = (x+x)(1) identitas

= (x+x)(x+x’) komplemen

= x+(x+x’) Asosiatif

= x+0 komplemen

= x identitas

Page 13: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 13

Contoh 4 Pembuktian Sifat Boolean

Hukum dominasix.0=0x+1=1 • Pembuktian H.Dominasi:x+1 = x+(x+x’) komplemen

= (x+x)+x’ Asosiatif= x+x’ Idempoten= 1 komplemen

Page 14: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 14

Contoh 5 Pembuktian Sifat Boolean

Hukum penyerapan

x+(x.y)=x

x.(x+y)=x• Hukum Penyerapan

x.(x+y) = x.x+x.y distributif

= x+(x.y) idempoten

= x+0 komplemen

= x identitas/terbukti

Page 15: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 15

Dualitas

Prinsip dualitas Misalkan S adalah kesamaan tentang aljabar boolean yang melibatkan operasi +, . , dan komplemen, maka S*diperoleh dengan cara mengganti :

. Dengan ++ Dengan .1 Dengan 00 Dengan 1

Page 16: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 16

CONTOH DUALITAS

Hukum Komutatif

x+y=y+x

x.y=y.x

Hukum Komutatif Dualx.y=y.xx+y=y+x

Hukum Distributifa+(b.c)=(a+b).(a+c)a.(b+c)= (a.b)+(a.c)

Hukum Distributif Dual

a.(b+c)= (a.b)+(a.c)a+(b.c)= (a+b)(a+c)

Page 17: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 17

OPERASI-OPERASI PADA PROPOSISI

p q pq

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 0

p q pq

1 1 1

1 0 1

0 1 1

0 0 0

p q pq

1 1 1

1 0 0

0 1 1

0 0 1

p q p↔q

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

Konjungsi Disjungsi Implikasi Biimplikasi

p ¬

1 0

0 1

Page 18: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 18

FUNGSI BOOLEAN

Contoh: Buktikan bahwa

f(x,y,z)= x’y’z+ x’yz+xy’ = f(x,y,z)=x’z+xy’.

Jawab: f(x,y,z) = x’y’z+ x’yz+xy’

= x’z.(y+y’)+xy’

= x’z.1+xy’

= x’z+ xy’ terbukti

(coba buktikan dengan table kebenaran)

Page 19: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 19

FUNGSI KOMPLEMEN

Dengan hukum de Morgan

(x1+x2)’=x1’.x2’ dualnya (x1.x2)’=x1’+x2’

contoh:

(x1,x2,x3)’ = (x1+y)’ misal y=x2+x3

= (x1+ x2+x3)’

= x1.x2.x3

Page 20: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 20

FUNGSI KOMPLEMEN

Dengan prinsip dulitas f(x,y,z)=x’(yz’+y’z)Cari komplemen dari fungsi f’(x,y,z)=(x’(yz’+y’z))’Jawab: f’(x,y,z) = (x’(yz’+y’z))’

= x+( yz’+y’z)’= x+ (yz’)’.(y’z)’= x+( y’+z).( y+z’)

atau: f(x,y,z) = x’(yz’+y’z) dualnya x’+(y+z’.y’+z)f’(x,y,z) = x+(y’+z . y+z’)

= x+( y’+z).( y+z’)

Page 21: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 21

soal f(x,y,z)=x’(yz’+y’z)

Cari komplemen dari fungsi

Jawab: f’(x,y,z)=(x’(yz’+y’z))’

f’(x,y,z) = (x’(yz’+y’z))’

= x+(yz’)’.(y’z)’

= x+(y’+z).(y+z’)

f(x,y,z)= x’(yz’+y’z) dualnya x+(y+z’.y’+z)

f’(x,y,z) = x+(y’+z).( y+z’)

Page 22: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 22

SOAL LATIHAN

• Diketahui fungsi Boolean h(x,y,z)=xyz’,nyatakan dalam table kebenaran

Page 23: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 23

Bentuk Kanonik Dan Bentuk Baku

X Y Z

suku lambang suku lambang

0 0 0 X’ Y’ Z’ mo X +Y+ Z Mo

0 0 1 X’ Y’ Z m1 X +Y+ Z’ M1

0 1 0 X’ Y Z’ m2 X +Y’+ Z M2

0 1 1 X’ Y Z m3 X +Y’+ Z’ M3

1 0 0 X Y’ Z’ m4 X’ +Y+ Z M4

1 0 1 X Y’ Z m5 X’ +Y+ Z’ M5

1 1 0 X Y Z’ m6 X’ +Y’+ Z M6

1 1 1 X Y Z m7 X’ +Y’+ Z’ M7

Midterm (SOP) Maksterm (POS)

Page 24: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 24

SOAL LATIHAN

X Y Z F(X,Y,Z)

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 0

0 1 1 0

1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 0 0

1 1 1 1

Tinjau fungsi boolean yang diekspresikan dalam tabel berikut,nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS

Page 25: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 25

JAWAB

• SOP: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1

f(x,y,z)= x’ y’ z+ x y’ z’+ x y z

f(x,y,z)= m1+m4+m7=∑(1,4,7)• POS: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan

nilai 0

f(x,y,z)=( x +y+ z)( x +y’+z)( x +y’+z’)( x’ +y+z’)( x’ +y’+z)

f(x,y,z)= M0+M2+M3+M5+M6=∏(0,2,3,5,6)

Page 26: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 26

SOAL LATIHAN

1. Nyatakan fungsi boolean f(x,y,z)=xy+x’z dalam bentuk kanonik POS

2. Nyatakan fungsi boolean f(x,y,z)=x+y’z dalam bentuk kanonik POS dan SOP

3. Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x,y,z)=y’+xy+x’yz’

Page 27: 6  Bab IV Aljabar boolean

04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 27

Dalam Kuliah Matematika Diskrit akan anda temui kembali materi Aljabar Boolean