6 Bab IV Aljabar boolean
-
Upload
abdul-rokhman -
Category
Documents
-
view
374 -
download
9
Transcript of 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
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.
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.
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:
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
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’
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)
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
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’
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
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
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
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
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
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
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)
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
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)
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
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’)
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’)
04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 22
SOAL LATIHAN
• Diketahui fungsi Boolean h(x,y,z)=xyz’,nyatakan dalam table kebenaran
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)
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
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)
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’
04/12/23 Herlina Jayadianti-Logika 27
Dalam Kuliah Matematika Diskrit akan anda temui kembali materi Aljabar Boolean