DASAR-DASAR LOGIKA · Web viewAljabar Boolean adalah sistem aljabar yang berisi set S dengan...

Logika Informatika

DAFTAR ISI

Bab I : Teori Himpunan 1

1.1 Konsep Himpunan 1

1.2 Notasi dan Definisi 1

1.3 Operasi-operasi Himpunan 3

1.4 Sifat-sifat Himpunan 4

1.5 Relasi & Fungsi 5

Bab II : Dasar Logika 6

2.1 Kalimat Deklaratif 6

2.2 Penghubung Kalimat 6

2.3 Tautologi dan Kontradiksi 12

2.4 Konvers, Invers, dan Kontraposisi 12

2.5 Inferensi Logika 13

2.5.1 Metoda-metoda Inferensi 15

Bab III : Aljabar Boole 21

3.1 Konsep Dasar Aljabar Boole 21

3.2 Fungsi Boolean 23

3.3 Komplemen Fungsi 26

3.4 Konversi Bentuk Fungsi 27

Bab VI : Penyederhanaan Fungsi Boolean 29

4.1 Metoda Aljabar 29

4.2 Metoda Peta Karnough 30

4.3 Metoda Tabulasi Quine-Mc Cluskey 34

STMIK ‘Sinus’ Ska i Wawan Laksito YS

Logika Informatika -1

Bab I

Teori Himpunan

1.1 Konsep Himpunan

Konsep himpunan merupakan konsep dasar dalam matematika.

Definisi :

Himpunan adalah koleksi obyek yang didefinisikan secara jelas dalam

sembarang urutan.

Cara mengoleksi obyek-obyek dapat didasarkan pada sifat mereka yang sama atau

berdasarkan suatu aturan tertentu. Obyek-obyek yang menjadi anggota dari himpunan

ini disebut dengan elemen dari himpunan tersebut. Jika p anggota himpunan A, ditulis

pA, dibaca ‘p adalah elemen (anggota) dari himpunan A’. Jika obyek q bukan

anggota dari himpunan A, ditulis qA.

1.2 Notasi dan Definisi

Himpunan dinyatakan dengan huruf besar : A, B, C,..., sedangkan elemen-elemennya

dinyatakan dengan huruf kecil : a, b, c, .....

Contoh :

1. Himpunan A terdiri atas bilangan 1,3,5,7, maka dapat dituliskan sebagai A =

{1,3,5,7}

2. Himpunan B adalah himpunan bilangan genap positif, maka dapat dituliskan

dalam bentuk : B = {xx genap >0}

Terdapat tiga cara penulisan himpunan yaitu :

a. Dengan mendaftar anggota-anggotanya .

Contoh :

X = {2, 3, 5, 7, 11}

Y = {a, b, c, d}

b. Dengan menyatakan sifat-sifat yang dipenuhi oleh anggota-anggotanya

X = Himpunan 5 bilangan prima yang pertama}

Y = Himpunan 4 abjad huruf kecil yang pertama}

STMIK ‘Sinus’ Ska Wawan Laksito YS


c. Dengan menggunakan notasi pembentuk himpunan.

X = {x0< x < 13, x bilangan prima}

Y = {xx 4 abjad huruf kecil yang pertama}

Definsi-Definisi pada teori himpunan :

a. Himpunan Semeseta

Himpunan semesta adalah himpunan yang anggotanya semua obyek yang sedang

dibicarakan, dinotasikan dengan S atau U.

Contoh :

Semesta pembicaraan dari himpunan A = {a,b,c,d} dan

B={c,d,e,f} adalah S = himpunan huruf-huruf kecil.

Semesta pembicaraan dari himpunan A = {2,5,7} adalah S = {1,3,5,7,9}

b. Himpunan Kosong

Himpunan kosong adalah himpunan yang tidak mempunyai anggota yang

dinotasikan dengan { } atau .

Contoh :

A = {xx2=-1, xbilangan asli}, maka P = {}

c. Himpunan kuasa (Power Set)

Himpunan kuasa adalah himpunan seluruh himpunan bagian dari suatu himpunan.

Contoh :

Himpunan bagian dari himpunan A = {1,2,3} adalah { },{1},{2},{3},{1,2},{1,3},

{2,3},{1,2,3}.

Banyaknya himpunan bagian dari dari suatu himpunan yang beranggotakan n

anggota adalah 2n himpunan bagian.

d. Himpunan Berhingga (finite) dan Himpunan Tak Berhingga (infinite)

Himpunan berhingga adalah suatu himpunan yang elemennya berbeda yang

banyaknya tertentu.



Himpunan tak berhingga adalah suatu himpunan yang elemennya berbeda yang

banyaknya tidak tertentu.

Contoh :

P = himpunan bilangan prima, maka infinite

Q = himpunan bilangan prima kurang dari 10, maka Q finite.

1.3 Operasi-operasi Himpunan

a. Union (Gabungan) Himpunan

Union himpunan A dan himpunan B adalah himpunan dari semua elemen yang

termasuk dalam A atau B atau keduanya yang dinyatakan dengan simbol .

Pernyataan tersebut dapat ditulis sebagai berikut :

A B ={xxA atau xB}.

Contoh :

A = {a,b,c,d} dan B={c,d,e,f}, maka A B = {a,b,c,d,e,f}

b. Interseksi (Irisan) Himpunan

Interseksi himpunan A dan himpunan B adalah himpunan dari elemen-elemen

yang termasuk dalam himpunan A maupun B, yang dinyatakan dengan simbol .


A B ={xxA dan xB}.

Contoh :

A = {a,b,c,d} dan B={c,d,e,f}, maka A B = {c,d}

c. Selisih Himpunan

Selisih himpunan A dan himpunan B adalah himpunan dari elemen-elemen yang

termasuk A tetapi tidak termasuk B, dinyatakan dengan :

A – B = { xxA dan xB}.

Contoh :

A = {a,b,c,d} dan B={c,d,e,f}, maka A – B = {a,b}



d. Jumlah Himpunan

Jumlah himpunan A dan himpunan B adalah himpunan dari elemen-elemen yang

termasuk A atau B tetapi tidak termasuk keduanya, dinyatakan dengan :

A + B = { xxA, xB dan x (A B) }.

Contoh :

A = {a,b,c,d} dan B={c,d,e,f}, maka A + B = {a,b,e,f}

e. Komplemen Himpunan

Komplemen dari himpunan A adalah himpunan dari elemen-elemen yang tidak

termasuk A tetapi masih dalam semesta pembicaraan S. Secara matematis ditulis


A’ = { xxS dan xA}

Contoh :

A = {b,c,d} dan B={a,b,c,d,e,f}, maka A’ = {a,e,f}

f. Himpunan Bagian

Himpunan A disebut himpunan bagian dari himpunan B jika setiap anggota A

juga merupakan anggota B, ditulis A B.

Contoh :

A = {b,c,d} dan B={a,b,c,d,e,f}, maka A B

g. Himpunan Sama

Himpunan A disebut sama dengan himpunan B jika A B dan B A.

Contoh :

A = {b,c,d} dan B={b,c,d}, maka A = B



1.4 Sifat-sifat pada Operasi Himpunan

1 A S = S 8 A + S = A’ 15 A S = A

2 A A = A 9 A + A = 16 A A = A

3 A A’ = S 10 A + A’ = 17 A A’ =

4 A = A 11 A + = A 18 A =

5 (AB)’=A’B

’

12 A + B = (AB) (AB) 19 AB = (A + B) (A B)

6 (AB)’=A’B

’

13 A(BC)= (AB)(AC) AB = (A + B) + (A B)

7 (A’)’ = A 14 A (BC)= (AB)(AC)

1.5 Relasi dan Fungsi

Definisi :

Jika A dan B adalah sebarang himpunan, himpunan semua pasangan terurut (x,y)

untuk setiap xA, yB disebut Product Cartesius (Cross Product) A dengan B,

dinotasikan A B, yaitu :

A B = {(x,y)xA, xB}

Contoh :

A = {x,y,z} dan B={a,b}, maka A B = {(x,a),(x,b),(y,a),(y,b),(z,a),(z,b)}

Soal Penerapan Himpunan

1. Dari diagram Venn yang ada arsirlah :a. A’ Bb. ( A B )’ Cc. A’ ( B C )d. A’ ( B C’ )

2. Pada suatu perusahaan yang mempunyai 35 orang karyawan terdapat informasi sebagai berikut :15 orang mempunyai telivisi22 orang mempunyai radio14 orang mempunyai almari es11 orang mempunyai telivisi dan radio8 orang mempunyai radio dan almari es5 orang mempunyai telivisi dan almari es3 orang mempunyai ketiganya.Berapa orang karyawan yang tidak mempunyai telivisi, tidak mempunyai radio maupun tidak mempunyai almari es ?Berapa orang karyawan yang hanya mempunyai radio?


AB

C

S


3. Sebuah warung mendapat pesanan 21 kotak nasi dos :9 kotak dengan kare, 16 kotak dengan gule dan 12 kotak dengan sate.Pesanan itu menyebutkan juga 1 kotak dengan sate saja dan 6 kotak dengan gule saja. Disamping itu, 5 kotak dengan gule dan sate, sedangkan 2 kotak dengan gule, sate, kare.Berapa kotak dengan sate dan kare?Berapa kotak dengan kare dan gule?

4. Pada suatu kelompok mahasiswa yang terdiri atas 150 orang diperoleh data tentang pengambilan program studi sebagai berikut :83 orang memprogram matakuliah accounting67 orang memprogram matakuliah statistika45 orang memprogram matakuliah acounting dan statistikaAda berapa orang mahasiswa yang tidak memprogram accounting atau statistika?Ada berapa orang mahasiswa yang hanya memprogram 1 matakuliah?

5. Hasil survei terhadap 60 orang tamu suatu hotel diperoleh keterangan sebagai berikut :37 orang menginap paling sedikit seminggu43 orang mengeluarkan uang paling sedikit Rp. 100.000,- sehari32 orang merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan30 orang menginap paling sedikit seminggu dan merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan,27 orang mengeluarkan uang paling sedikit Rp. 100.000,- sehari dan merasa puas tehadap akomodasi yang disediakan24 orang menginap paling sedikit seminggu, mengeluarkan uang paling sedikit Rp.100.000 sehari dan merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan.Berapa orang tamu yang menginap paling sedikit seminggu dan mengeluarkan uang paling sedikit Rp. 100.000,- sehari, tetapi tidak merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan?Ada berapa orang tamu yang merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan, tetapi menginap kurang dari seminggu, mengeluarkan uang kurang dari Rp. 100.000,- sehari?

Ada berapa orang tamu menginap kurang dari seminggu, mengeluarkan uang kurang dari

Rp. 100.000,- sehari dan tidak merasa puas terhadap akomodasi yang disediakan ?



BAB II

DASAR LOGIKA

2.1 Kalimat Deklaratif

Ilmu logika berhubungan dengan kalimat-kalimat (argumen-argumen) dan hubungan

yang ada di antara kalimat-kalimat tersebut. Tujuannya adalah memeberikan aturan-

aturan sehingga orang dapat menentukan apakah suatu kalimat bernialai benar.

Kalimat yang dipelajari dalam logika bersifat umum, baik bahasa sehari-hari maupun

bukti matematika yang didasarkan atas hipotesa-hipotesa. Oleh karena itu, aturan-

aturan yang berlaku di dalamnya haruslah bersifat umum dan tidak tergantung pada

kalimat atau disiplin ilmu tertentu.Ilmu logika lebih mengarah pada bentuk kalimat

(sintaks) daripada arti kalimat itu sendiri (semantik)

Suatu Kalimat Deklaratif (Proposisi) adalah kalimat yang bernilai benar atau salah,

tetapi tidak keduanya.

Contoh Proposisi:

a. 2 + 2 = 4 (bernilai benar)

b. 4 adalah bilangan prima (bernilai salah)

c. Jakarta adalah ibukota negara Indonesia. (bernilai benar)

d. Penduduk Indonesia berjumlah 50 juta. (bernilai salah)

Contoh Bukan Proposisi :

a. Dimana letak pulau Bali ? (kalimat tanya)

b. Simon lebih tinggi dari Lina (ada banyak orang bernama Simon

atau Lina di dunia)

c. x + y = 2 (nilaikebenaran tergantung niali x

dan y)

d. 2 mencintai 3 (relasi mencintai tidak berlaku di

bilangan)

.



2.2 Penghubung Kalimat

Seringkali beberapa kalimat perlu digabungkan menjadi satu kalimat yang lebih

panjang, sehingga diperlukan penghubung kalimat. Dalam Logika dikenal 5

penghubung :

Simbol Arti Bentuk

~ Tidak / Not / Negasi Tidak ….. Dan / And / konjungsi …… dan ……. Atau / Or / Disjungsi …… atau …… Imlikasi Jika …. Maka ….. Bi-Implikasi ….. bila dan hanya bila ….

Dalam matematika digunakan huruf-huruf kecil seperti p, q, r,…. Untuk menyatakan

sub kalimat dan simbol-simbol penghubung untuk menyatakan penghubung kalimat.

Contoh :

a. Misal p menyatakan kalimat “ 4 adalah bilangan genap”

q menyatakan kalimat “3 adalah bilangan ganjil”

maka kalimat “ 4 adalah bilangan genap dan 3 adalah bilangan ganjil” dapat

dinyatakan dengan simbol p q

b. Misal p : 2 + 2 = 4

q : bunga melati berwarna putih.

maka kalimat “Jika 2 + 2 = 4, maka bunga melati berwarna putih” dapat

dinyatakan dengan simbol p q

Pada contoh b diatas, kalau kalimat tersebut diartikan dalam kehidupan sehari

maka kalimat tersebut tidak berarti (tidak ada hubungan antara kedua kalimat

penyusunnya). Tetapi secara logika matematis hal tersebut dapat diterima, karena

di dalam matematika tidak disyaratkan adanya adanya hubungan antara kedua

kalimat penyusunnya. Dalam Logika matematika, penekanan lebih ditujukan

kepada bentuk/susunan kalimat saja (sintak), dan bukan pada arti kalimat

penyusunnya dalam kehidupan sehari-hari (semantik). Kebenaran suatu kalimat

berimplikasi semata-mata hanya tergantung pada nilai kebenaran kalimat



penyusunnya, dan tidak tergantung pada ada/tidaknya relasi antara kalimat-

kalimat penyusunnya.

Jika p dan q merupakan kalimat-kalimat, maka tabel kebenaran penghubung

tampak pada tabel berikut :

p q ~p p q p q p q p q

T T F T T T T

T F F F T F F

F T T F T T F

F F T F F T T

( T = True/benar, F = False/salah )

Secara umum, jika ada n variabel (p,q,…), maka tabel kebenaran memuat 2n baris.

Dari tabel :

p q bernilai benar jika p maupun q benar, selain itu bernilai salah

p q bernilai benar jika ada sedikitnya satu variabel bernilai benar

Dalam kalimat p q , p disebut hipotesis (anteseden) dan q disebut konklusi

(konsekuen). Kalimat p q disebut kalimat berkondisi karena kebenaran kalimat

q tergantung pada kebenaran kalimat p. kalimat p q akan berniali salah kalau p

benar dan q salah. Sebagai contoh perhatikan apa yang diucapkan seorang pria

terhadap kekasihnya berikut ini :

“Jika besok cerah, maka aku datang” >> p : “besok cerah” , q : “aku akan

datang”

- Jika baik p maupun q keduanya benar (baris ke-1 tabel kebenaran), pria tersebut

tidak berbohong.

- jika p salah (ternyata keesokan harinya hujan, tidak cerah), maka pria tersebut

terbebas dari janjinya karena janji tersebut bersyarat, yaitu kalau besok cerah.

Jadi, baik pria tersebut datang (berarti q benar, sehingga menyatakan baris ke-3



tabel) maupun tidak datang (q salah ,sehingga menyatakan baris ke-4 tabel), pria

tersebut tidak akan disalahkan.

- Akan tetapi, pria tersebut akan disalahkan (berarti implikasi berniali salah)

apabila keesokkan harinya cuaca cerah ( p benar) tetapi ia tidak datang (q salah).

Ini sesuai baris ke-2 tabel.

Kalimat kondisi ganda (biconditional) p q ,berarti (p q) (q p). Supaya p

q berniali benar maka p q maupun q p, keduanya harus bernilai benar (ingat

bahwa kedua implikasi tersebut dihubungkan dengan kata hubung “dan”). Perhatikan tabel

berikut :

p q p q q p p q atau (p q) ( q p)

T T T T T

T F F T F

F T T F F

F T T T T

Jadi p q bernilai benar jika p dan q keduanya bernilai benar atau keduanya

bernilai salah

Soal Latihan :

1. Misal k : Monde orang kaya, s : Monde bersuka cita

Tulislah bentuk simbolis kalimat-kalimat berikut :

a. Monde orang yang miskin tetapi bersuka cita

b. Monde orang kaya atau ia sedih

c. Monde tidak kaya ataupun bersuka cita

d. Monde seorang yang miskin atau ia kaya tetapi sedih.

Anggaplah ingkaran kaya adalah miskin, ingkaran dari bersuka cita adalah

sedih.

2. Buatlah tabel kebenaran untuk kalimat dalam bentuk simbol-simbol logika dibawah

ini !



a. ~(~p ~q) c. (p q) ~(p q)

b. ~(~p q) d. (~p (~q r)) (q r) (p r)

3. Pada kondisi bagaimanakah agar kalimat di bawah ini bernilai benar ?

“Tidaklah benar kalau rumah kuno selalu bersalju atau angker, dan tidak juga

benar kalau sebuah hotel selalu hangat atau rumah kuno selalu rusak.”

4. Jika p dan q bernilai benar (T) ; r dan s bernilai salah (F)

Tentukan nilai kebenaran kalimat berikut ini :

a. p (q r)

b. (p q r) ~((p q) ( r s))

c. (~(p q) ~r) (((~p q) ~r) s)

Dua kalimat disebut Ekuivalen (secara logika) bila dan hanya bila keduannya

mempunyai nilai kebenaran yang sama untuk semua substitusi nilai kebenaran

masing-masing kalimat penyusunnya. Jika p dan q adalah kalimat-kalimat yang

ekuivalen, maka dituliskan p q .

Soal Latihan

5. Tentukan apakah pasangan kalimat-kalimat di bawah ini ekuivalen

a. ~(~p) dengan p

b. ~(p q) dengan ~p ~q

c. p q dengan ~p q

Beberapa hukum ekuivalensi logika disajikan dalam daftar dibawah ini :

1. Hukum Komutatif : p q q p ; p q q p

2. hukum Asosiatif : (p q) r p (q r)

(p q) r p (q r)

3. Hukum Distributif : p (q r) (p q) (p r)

p (q r ) (p q) (p r)

4. Hukum Identitas : p T p ; p F p



5. Hukum Ikatan : p T T ; p F F

6. Hukum Negasi : p ~p T ; p ~p F

7. Hukum Negasi Ganda : ~(~p) p

8. Hukum Idempoten : p p p ; p p p

9. Hukum De Morgan : ~(p q) ~p ~q

~(p q) ~p ~q

10. Hukum Absorbsi : p (p q) p ; p (p q) p

11. Negasi T dan F : ~T F ; ~F T

Dengan hukum-hukum tersebut, kalimat-kalimat yang kompleks dapat

disederhanakan.

Contoh :

Sederhanakan bentuk ~(~p q) (p q)

Penyelesaian :

~(~p q) (p q) (~(~p) ~q) (p q)

(p ~q) (p q)

p (~q q)

p F

p

Jadi ~(~p q) (p q) p

Dalam membuktikan ekuivalensi P Q, ada 3 macam cara yang bisa dilakukan :

1. P diturunkan terus menerus (dengan menggunakan hukum-hukum yang ada),

sehingga akhirnya didapat Q

2. Q diturunkan terus menerus (dengan menggunakan hukum-hukum yang ada)

sehingga akhirnya didapat P.

3. P dan Q masing-masing diturunkan secara terpisah ( dengan menggunakan

hukum-hukum yang ada ) sehingga akhirnya sama-sama didapat R

Sebagai aturan kasar, biasanya bentuk yang lebih kompleks diturunkan ke bentuk

yang lebih sederhana.



Soal Latihan

6. Buktikan ekuivalensi kalimat-kalimat dibawah ini tanpa menggunakan tabel

kebenaran

a. ~(p ~q) V (~p ~q) ~p

b. ~((~p q) (~p ~q) ) (p q) p

c. (p (~(~p q))) (p q) p

Untuk menunjukkan ekuivalensi 2 kalimat yang melibatkan penghubung

(implikasi) dan (bi-implikasi), Kita harus terlebih ahulu mengubah penghubung

dan menjadi penghubung , dan ~. (kenyataan bahwa (p q) (~p q)

mempermudah kita untuk melakukannya)

7. Buktikan ekuivalensi kalimat-kalimat dibawah ini tanpa menggunakan tabel

kebenaran

a. (q p) (~p ~q)

b. (p (q r)) ((p q) r)

8. Ubahlah bentuk ~(p q) sehingga hanya memuat penghubung , atau ~

2.3 Tautologi dan Kontradiksi

Tautologi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai benar (T), Tidak peduli

bagaimanapun nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya. Sebaliknya,

Kontradiksi adalah suatu bentuk kalimat yang selalu bernilai salah (F), tidak peduli

nilai kebenaran masing-masing kalimat penyusunnya.

Dalam tabel kebenaran, suatu Tautologi selalu bernilai T pada semua barisnya, dan

kontradiksi selalu bernilai F pada semua barisnya. Kalau kalimat tautologi

diturunkan lewat hukum-hukum yang ada maka pada akhirnya selalu menghasilkan

T. Sebaliknya , Kontradisi akan selalu menghasilkan F.

9. Tunjukkan bahwa kalimat-kalimat di bawah ini adalah Tautologi dengan

menggunakan tabel kebenaran.



a. (p q) q

b. q (p q)

Kesatuan dari 2 buah kalimat ekuivalen p dan q yang dihubungkan dengan

penghubung selalu merupakan Tautologi karena jika p q maka p dan q selalu

mempunyai nilai kebenaran yang sama. Jika p dan q mempunyai nilai kebenaran

yang sama, maka p q selalu akan berniali benar.

10. Tunjukkan bahwa (p q) (~q ~p) berupakan Tautologi, tanpa

menggunakan tabel kebenaran

2.4 Konvers, Invers, dan Kontraposisi

Misal diketahui implikasi p q

Konvers-nya adalah q p

Invers-nya adalah ~p ~q

Kontraposisinya adalah ~q ~p

Suatu yang penting dalam logika adalah kenyataan bahwa suatu implikasi selalu ekuivalen

dengan konraposisinya. Akan tetapi, tidak demikian dengan Invers dan konvers. Suatu

implikasi tidak selalu ekuivalen dengan Invers ataupun Konvers-nya. Hal ini dapat dilihat

pada tabel kebenaran yang tampak pada pada tabel berikut :

p q ~p ~q p q q p ~p ~q ~q ~p

T T F F T T T T

T F F T F T T F

F T T F T F F T

F F T T T T T T

Dalam tabel terlihat bahwa nilai kebenaran kolom p q selalu sama dengan nilai

kebenaran kolom ~q ~p (Kontraposisi), tetapi tidak selalu sama dengan kolom q

p (konvers) maupun kolom ~p ~q (invers).

Disimpulkan bahwa (p q) (~q ~p) merupakan suatu Tautologi.



11. Apakah Konvers, invers, dan Kontraposisi kalimat dibawah ini :

a. Jika A merpakan suatu bujursangkar, maka A merupakan suatu persegi

panjang.

b. Jika n adalah bilangan prima > 2, maka n adalah bilangan ganjil

2.5 Inferensi Logika

Logika selalu berhubungan dengan pernyataan-pernyataan yang ditentukan nilai

kebenarannya. Sering kali diinginkan untuk menentukan benar tidaknya kesimpulan

berdasarkan sejumlah kalimat yang diketahui nilai kebenarannya.Argumen Valid

dan Invalid

Argumen adalah rangkaian kalimat-kalimat. Semua kalimat-kalimat tersebut kecuali

yang terakhir disebut Hipotesa (atau assumsi/premise). Kalimat terakhir disebut

kesimpulan.

Secara umum, hipotesa dan kesimpulan dapat digambarkan sebagai berikut :

p1

p2

…….

pn

q } kesimpulan (tanda q dibaca “ jadi q”)

Suatu Argumen dikatakan Valid apabila untuk sembarang pernyataan yang disu yang

disubstitusikan ke dalam hipotesa, jika semua hipotesa tersebut benar, maka

kesimpulan juga benar. Sebaliknya, meskipun semua hipotesa benar tetapi ada

kesimpulan yang salah, maka argumen tersebut dikatakan Invalid.

Kalau suatu argumen dan semua hipotesanya bernilai benar, maka kebenaran nilai

konklusi dikatakan sebagai “diinfernsikan” (diturunkan) dari kebenaran hipotesa”

Untuk mengecek apakah suatu argumen merupakan kalimat yang valid, dapat

dilakukan langkah-langkah sebagai berikut :

1. Tentukan hipotesa dan kesimpulan kalimat


}hipotesa


2. Buat tabel yang menunjukkan nilai kebenaran untuk semua hipotesa dan

kesimpulan.

3. Carilah baris kritis, yaitu baris dimana semua hipotesa bernilai benar.

4. Dalam Baris kritis tersebut, jika semua nilai kesimpulan benar, maka argumen itu

valid. Jika diantara baris kritis tersebut ada baris dengan nilai kesimpulan yang

salah, maka argumen tersebut invalid.

Contoh :

Tentukan apakah Argumen di bawah ini Valid/Invalid.

a. p (q r) b. p (q ~r)

~r q (p r)

-------------- ----------------

p q p r

Penyelesaian :

a. Ada 2 Hipotesa, masing-masing p (q r) dan ~ r. Kesimpulannya adalah p q.

Tabel kebenaran hipotesa-hipotesa dan kesimpulan adalah sbb :

Baris ke p q r q r p (q r) ~r p q

1. T T T T T F T

2. * T T F T T T T

3. T F T T T F T

4. * T F F F T T T

5. F T T T T F T

6. * F T F T T T T

7. F F T T T F F

8. F F F F F T F

Baris Kritis adalah baris 2, 4, dan 6 (baris yang semua hipotesanya bernilai T ). Pada

baris-baris tersebut kesimpulannya juga bernilai T. Maka argumen tersebut bernilai

valid.

b. silahkan anda coba sendiri.



2.5.1 Metode-Metode Inferensi

Pada bagian ini dipelajari beberapa metode infernsi, yaitu teknik untuk

menurunkan kesimpulan berdasarkan hipotesayang ada, tanpa harus menggunakan

tabel kebenaran.

1. Modus Ponens

Perhatikan implikasi “ bila p maka q “ yang diasumsikan bernilai benar.

Apabila selanjutnya diketahui bahwa anteseden (p) benar, supaya implikasi p

q benar, maka q juga harus bernilai benar. Infersi seperti itu disebut Modus

Ponens.

Secara simbolik, Modus Ponens dapat dinyatakan sbb :

p q

p

---------

qHal ini dapat dilihat dari tabel kebenaran yang tampak pada tabel berikut.

Baris ke p q p q p q1. * T T T T T2. T F F T F3. F T T F T4. F F T F F

Baris Kritis adalah baris pertama. Pada baris tersebut, konklusi (q) bernilai T

sehingga argumennya valid.



2. Modsus Tollens

Bentuk Modus Tollens mirip dengan Modus Pones, hanya saja hipotesa

kedua dan kesimpulan merupakan kontraposisi hipotesa pertama modus

ponens. Hal ini mengingat kenyataan bahwa suatu implikasi selalu

ekuivalen dengan kontraposisinya.

Secara simbolik, bentuk inferensi Modus Tollens adalah sebagai berikut :

p q~q--------- ~p

Contoh:

Jika Zeus seorang manusia, maka ia dapat mati

Zeus tidak dapat mati

---------------------------------------------------------

Zeus bukan seorang manusia.

3. Penambahan Disjungtif

Inferensi Penambahan Disjungtif didasarkan atas fakta bahwa suatu

kalimat dapat digeneralisasikan dengan penghubung “ ”. Alasannya

adalah karena penghubung “ “ bernilai benar jika salah satu

komponennya bernilai benar.

Sebagai contoh : “Ani suka jeruk” (bernilai benar). Kalimat tersebut tetap

bernilai benar jika ditambahkan kalimat lain dengan penghubung “ ”. Jadi

kalimat “Ani suka jeruk atau apel” juga tetap bernilai benar dan tidak

tergantung pa suka/tidaknya Ani akan apel.

Bentuk Simbolis metode Infernsi Penambahan Disjungtif adalah sebagai

berikut :

p q

a. ---------- b. ----------

p q p q



4. Penyderhanaan Konjungtif

Inferensi penyederhanaan Konjungtif merupakan kebalikan dari inferensi

Penambahan Disjungtif. Jika beberapa kalimat dihubungkan dengan

penghubung ” “, kalimat tersebut dapat diambil salah satunya secara

Khusus. Penyempitan kalimat ini merupakan kebalikan dari penambahan

Disjungtif yang merupakan perluasan kalimat.

Bentuk simbolis metode Inferensi penyederhanaan Konjungtif adalah sbb :

p q p qa. ---------- b. ---------- p qContoh :

Lina menguasai bahasa Basic dan Pascal------------------------------------------------- Lina mengusai bahasa Basic

5. Silogisme Disjungtif

Prinsip dasar Silogisme Disjungtif adalah kenyataan bahwa apabila kita

diperhadapkan pada satu diantara 2 pilihan yang ditawarkan (A atau B),

sedangkan kita tidak memilih A, Maka satu-satunya pilihan yang mungkin

adalah memilih B. Hal ini sering dijumpai dalam kehidupan sehar-hari.

Jika seseorang ditanyai oleh penjual warung : “ Kamu minum es jeruk atau

es the?”. Dan orang yang ditanya tersebut harus memilih salah satu,

sedangkan ia tidak suka es jeruk, pastilah ia memilih es teh.

Secara simbolis, bentuk metode inferensi Silogisme Disjungtif adalah

sebagai berikut :

p q p qa. ~p b. ~q

---------- -----------q p

Contoh :

Kunci kamarku ada di sakuku atau tertinggal di rumah

Kunci kamarku tidak ada di sakuku

-----------------------------------------------------------------

Kunci kamarku tertinggal di rumah



6. Silogisme Hipotesis

Prinsip Silogisme Hipotesis adalah sifat transitif pada implikasi. Jika

implikasi p q dan q r keduanya bernilai benar, maka implikasi p r

bernilai benar pula.

Secara simbolis, bentuk metode inferensi Silogisme Hipotesis adalah sbb :

p qq r---------- p r

Contoh :

Jika 18486 habis dibagi 18, maka 18486 habis dibagi 9

Jika 18486 habis dibagi 9, maka jumlah digit-digitnya habis dibagi 3

-----------------------------------------------------------------------------------

18486 habis dibagi 18, maka jumlah digit-digitnya habis dibagi 9.

7. Dilema (Pembagian Dalam Beberapa Kasus)

Kadeng-kadang, dalam kalimat yang dihubungkan dengan penghubung “

“, Masing-masing kalimat dapat mengimplikasikan sesuatu yang sama.

Berdasrkan hal itu maka suatu kesimpulan dapat diambil.

Secara simbolis, bentuk metode infernsi Dilema adalah sebahgai berikut :

p qp rq r--------- r

Contoh :

Nanti malam Adi mengajak saya nonton atau mengajak saya makan di

restoran

Jika Adi mengajak saya nonton, maka saya akan senang

Jika Adi mengajak saya makan di restoran, maka saya akan senang

---------------------------------------------------------------------------------

Nanti malam saya akan senang



8. Konjungsi

Inferensi Konjungsi sebenarnya sudah dibahas pada sub-bab awal. Jika ada

dua kalimat yang masing-masing benar, maka gabungan kedua kalimat

tersebut dengan menggunakan ““ (konjungsi) juga bernilai benar.

Bentuk Inferensi dengan Konjungsi adalah sbb :

pq

------------ p q

Kedelapan bentuk infernsi dapat dirngkas pada tabel berikut :Aturan Bentuk Argumen

Modus Ponen

p qp

--------- q

Modus Tollen p q~q--------- ~p

Penambahan Disjungtif p-------- p q

q-------- p q

Penyederhanaan Konjungtif p q------p

p q------q

Silogisme Disjungtif p q~p

------- q

p q~q

------- p

Silogisme Hipotesis p qq r

--------r

Dilema P qp rq r

--------r

Konjungsi pq

-------- p q

Soal latihan :



12. Pada suatu hari, Anda hendak pergi ke kampus dan baru sadar bahwa Anda tidak

memakai kacamata. Setelah mengingat-ingat, ada beberapa fakta yang Anda pastikan

kebenaranya :

a. Jika kacamataku ada di meja dapur, maka aku pasti sudah melihatnya ketika

sarapan pagi.

b. Aku membaca koran di ruang tamu atau akau membacanya di dapur.

c. Jika aku membaca koran di ruang tamu, maka pastilah kacamataku kuletakkan di

meja tamu.

d. Aku tidak melihat kacamataku pada waktu sarapan pagi

e. Jika aku membaca buku di ranjang, maka kacamata kuletakkan di meja samping

ranjang.

f. Jika aku membaca koran di dapur, maka kacamataku ada di meja dapur.

Berdasarkan fakta-fakta tersebut, tentukan dimana letak kacamata tersebut!

13. Buktikan Kevaidan Argumen di bawah ini dengan menggunakan prinsip=prinsip

infernsi Logika.

p q

(p q) r

-----------------

r



Bab III

ALJABAR BOOLE

3.1. Konsep Dasar Aljabar Boolean

A. Definisi dan Aksioma

Definisi 6.1

Aljabar Boolean adalah sistem aljabar yang berisi set S dengan operasi

penjumlahan (+) dan perkalian () yang didefinsikan pada set itu sehingga setiap elemen-

elemen x, y dan z dari S mempunyai sifat-sifat atau aksioma-aksioma berikut :

NO AKSIOMA AKSIOMA SIFAT1 (x + y) S (x y) S Closure2 x + (y + z) = (x + y) + z x (y z) = (x y) z Asosiatif3 x + 0 = 0 + x = x x 1 = 1 x = x Identitas4 x + y = y + x x y = y x Komutatif5 x + x’ = 1 x x’ = 0 Komplemen6 (x + y) z = x z + y z x (y + z) = x y + x z Distributuf7 x + (y z) = (x + y) (x +

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

8 (x + y)’ = x’ y’ (x y)’ = x’ + y’ DeMorgan’s9 (x’)’ = x

B. Prinsip Dualitas

Teorema 6.1

Untuk setiap elemen x, berlaku :

a). x + x = x dan b). x x = x

Bukti :

a). x + x = (x + x) (1) b). x x = x x + 0

= (x + x) (x + x’) = x x + x x’

= x + (x x’) = x (x + x’)

= x + 0 = x 1

= x = x



Teorema 6.2

Untuk setiap elemen x, berlaku :

a). x + 1 = 1 dan b). x 0 = 0

Bukti :

a). x + 1 = x + (x + x’) b). x 0 = x (x x’)

= (x + x) + x’ = (x x) x’

= x + x’ = x x’

= 1 = 0

Teorema 6.3

Untuk setiap elemen x dan y, berlaku :

a). x + x y = x dan b). x (x + y) = x

(Hukum Penyerapan)

Bukti :

a). x + x y = x 1 + x y b). x (x + y) = x x + x y

= x (1 + y) = x + x y

= x .1 = x 1 + x y

= = x (1 + y)

= x 1

= x

Teorema 6.4

Untuk setiap elemen x dan y, berlaku :

a). (x + y)’ = x’ y’ dan b). (x y)’ = x’ + y’

(Hukum DeMorgan)

Bukti :

a). Diketahui : (x + y) (x + y)’ = 0

Sehingga : (x + y) (x’ y’) = 0

Bukti :

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

= (x x’) y’ + x’ (y y’)



= 0 y’ + x’ 0

= 0

b). Diketahui : (x . y) + (x . y)’ = 1

Sehingga : (x y) + (x’ + y’) = 1

Bukti :

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

= ((x + x’) + y’) (x’ + (y + y’))

= (1 + y’) (x’ + 1)

= 1 1 = 1

3.2. Fungsi Boolean

Definisi 6.2

Misalkan merupakan variabel-variabel aljabar Boolean. Fungsi

Boolean dengan n variabel adalah fungsi yang dapat dibentuk dari aturan-aturan

berikut :

1. Fungsi Konstan :

2. Fungsi Proyeksi : , i = 1,2,.......,n.

3. Fungsi Komplemen :

4. Fungsi Gabungan :

Definisi 6.3

Fungsi identitas adalah fungsi satu variabel, di mana f(x) = x.

Contoh :

Berikut ini adalah fungsi-fungsi Boolean dengan variabel x, y dan Z serta a yang

merupakan seuatu elemen dalam aljabar :

f(x) = x + x’a

g(x,y) = x’y + xy’ + y’



h(x,y,z) = axy’z + yz’ + a + xy

Teorema 6.5

Jika f adalah suatu fungsi Boolean dengan satu variabel, maka untuk semua nilai x,

adalah f(x) = f(1)x + f(0)x’.

Kemungkinan-kemungkian bentuk f :

Kemungkinan 1.

f adalah fungsi konstan, f(x) = a

f(1)x + f(0)x’ = ax + ax’ = a(x+x’) = a1 = a = f(x)

Kemungkinan 2.

f adalah fungsi identitas,

f(1)x + f(0)x’ = 1x + 0x’ = x+0 = x = f(x)

Kemungkinan 3.

g(x)=(f(x))’

g(x)=(f(x))’ = (f(1)x + f(0)x’)’

= (f(1)x)’ (f(0)x’)’------(menggunakan Hukum Demorgan)

= (f ’(1) + x’) (f ’(0)+x))

= f ’(1)f ’(0) + f ’(1) x + x’ f ’(0) + x’ x

= f ’(1)f ’(0)(1) + f ’(1) x + x’ f ’(0) + 0

= f ’(1)f ’(0)(x+x’) + f ’(1) x + x’ f ’(0)

= f ’(1)f ’(0)x+ f ’(1)f ’(0)x’) + f ’(1) x + x’ f ’(0)

= f ’(1)xf ’(0) + f ’(1)x + f ’(1)f ’(0)x’) + f ’(0)x’

= f ’(1)x + f ’(0)x’

= g(1)x + g(0)x’

Kemungkinan 4.

h(x) = f(x) + g(x)

h(x) = f(x) + g(x) = f(1)x + f(0)x’ + g(1)x + g(0)x’

= f(1)x + g(1)x + f(0)x’ + g(0)x’

= (f(1) + g(1))x + (f(0) + g(0))x’

= h(1)x +h(0)x’

Kemungkinan 5.



k(x) = f(x)g(x)

k(x) = f(x)g(x) = (f(1)x + f(0)x’)(g(1)x + g(0)x’)

= f(1)g(1)xx + f(1)g(1)xx’ + f(0)g(1)xx’ +

f(0)g(0)x’x’

= f(1)g(1)x + f(0)g(0)x’

= k(1)x +k(0)x’

Bentuk di atas adalah bentuk kanonik fungsi Boolean satu variabel. Dengan cara

yang sama, jika f adalah fungsi Boolean dengan dua variabel, maka untuk nilai x

dan y bentuk kanoniknya adalah sebagai berikut :

f(x,y) = f(1,1)xy + f(1,0)xy’ + f(0,1)x’y + f(0,0)x’y’

Bentuk kanonik digunakan untuk menentukan apakah dua ekspresi merupakan

fungsi yang sama. Seringkali fungsi Boolean dinyatakan dengan operasi yang

berlebihan. Kita dapat mengkonversi bentuk fungsi Boolean menjadi bentuk

minimum dengan fungsi yang masih menghasilkan nilai yang sama tetapi dengan

jumlah operasi yang minimum.

Contoh :

Terdapat fungsi Boolean yang dituliskan dalam tabel kebenaran sebagai berikut :

x y z F0 0 0 00 0 1 10 1 0 00 1 1 01 0 0 11 0 1 01 1 0 01 1 1 1

Fungsi pada tabel kebenaran tersebut dapat ditulis dalam bentuk aljabar :

(1). atau

atau

(2).



Bentuk (1) dan (2) merupakan fungsi standar, yaitu fungsi yang literalnya ditulis

lengkap pada tiap suku. Bentuk (1) disebut SOP (Sum Of Product) / Minterm,

sedangkan bentuk (2) disebut POS (Product Of Sum) / Maxterm.

Fungsi Boolean yang diekspresikan dalam bentuk SOP atau POS disebut bentuk

Kanonik.

Tabel bentuk standar dan kanonik fungsi Boolean dengan 3 variabel. V

x y z Sum Of Product (SOP Product Of Sum (POS)Term Nilai Term Nilai

0 0 0 x’y’z’ m0 x + y + z M0

0 0 1 x’y’z m1 x + y + z’ M1

0 1 0 x’yz’ m2 x + y’ + z M2

0 1 1 x’yx m3 x + y ‘+ x’ M3

1 0 0 xy’z’ m4 x’ + y + z M4

1 0 1 x y’z m5 x’ + y + z’ M5

1 1 0 xyz’ m6 x’ + y’ + z M6

1 1 1 xyz m7 x’ + y’ + z’ M7

3.3. Komplemen Fungsi

Komplemen dari fungsi Boolean F adalah F’, yaitu dengan menukarkan nilai 0

menjadi 1, atau nilai 1 menjadi 0.

Terdapat dua cara untuk memperoleh fungsi komplemen, yaitu :

1. Penerapan hukum De Morgan yang diperluas.

Hukum De Morgan yang diperluas :

(x + y + z)’ = (x+A)’ di mana A = y + z A’ = (y + z)’ = y’ z’

= x’A’

= x’ y’ z’

Rumus hukum De Morgan yang diperluas.

a.

b.

Contoh :

Diketahui fungsi-fungsi Boolean : F1 = x’yz’ + x’y’z dan F2 = x(y’z’ + yz).

Tentukan dan dengan De Morgan.



Penyelesaian :

= (x’yz’ + x’y’z)’ = (x(y’z’ + yz))’

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

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

2. Penerapan prinsip Dualitas.

Pencarian fungsi komplemen dengan prinsip dualitas dilakukan sebagai berikut :

a. Cari bentuk dualnya dengan prinsip dualitas.

b. Lakukan komplemen terhadap tiap literal.

Contoh :

Tentukan F’ dari fungsi Boolean F = x(y’z’ + yz)

Penyelesaian :

Dual dari F adalah : x + (y’ + z’)(y + z)

Komplemen literal dari dual F adalah F’ = x’+(y + z) (y’ + z’)

3.4. Konversi Bentuk fungsi

Contoh :

a. Cari bentuk kanonik dari f(x,y) = x’

Jawab :

Bentuk kanonik SOP (Minterm): Bentuk kanonik POS (Maxterm):

f(x,y) = x’ f(x,y) = x’

= x’(y + y’) f (x,y) = x’+(y.y’)

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

= m0 + m1 = M2 M3

= m(0,1) = M(2,3)

b. Cari bentuk kanonik dari f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’

Jawab :

f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’

= 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

= m0 + m1 + m2 + m4 + m5 + m6 + m7

= m(0,1,2,4,5,6,7)

atau

f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’

= (y’ + xy) + x’yz’

= ((y’ + xy) + y)((y’+xy)+x’z’)

= (y’ + y(x+1))(((y’+x)(y’+y))+x’z’)

= (y’ + y)((y’+x)+x’z’)

= y’+x+x’z’

= y’+(x+x’)(x+z’)

= y’ + x + z’

= x + y’ + z’

= M3 =M(3)

c. Cari bentuk kanonik dari f(x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz

Jawab :

Cara 1:

f(x,y) = x’y’z + xy’z’ + xyzTabel fungsi f(x,y) di atas :

x y z Minterm Maxterm F0 0 0 x’y’z’ x + y + z 00 0 1 x’y’z x + y + z’ 10 1 0 x’yz’ x + y’ + z 00 1 1 x’yx x + y’ + x’ 01 0 0 xy’z’ x’ + y + z 11 0 1 x y’z x’ + y + z’ 01 1 0 xyz’ x’ + y’ + z 01 1 1 xyz x’ + y’ + z’ 1

Jadi f(x,y,z) = m1 +m4 + m7 = m(1,4,7)

= M0M2M3M5M6=M(0,2,3,5,6)

Cara 2:

Dari tabel diperoleh :

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



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

Sehingga :

f (x,y,z) = (f ’(x,y,z))’ =

(x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’)(x’+y+z’)(x’+y’+z)

= M0M2M3M5M6=M(0,2,3,5,6)



BAB IV

PENYEDERHANAAN FUNGSI BOOLEAN

Pada fungsi yang kompleks, kadangkala terdapat jenis operasi yang dapat

disederhanakan. Penyederhanaan dilakukan untuk memperoleh fungsi yang masih

menghasilkan nilai yang sama, tetapi dengan jumlah operasi yang minimum. Bentuk

fungsi minimum ini dimaksudkan untuk memperoleh biaya minimum dalam pembuatan

sirkuit elektronis dengan kinerja yang lebih cepat dalam pengoperasian.

Dalam penyederhanaan ini, kita asumsikan bahwa :

a. Bentuk yang paling sederhana adalah bentuk SOP

b. Operasi-operasi yang digunakan adalah : + (penjumlahan); (perkalian) dan ‘

(komplemen).

Terdapat tiga cara dalam penyederhanaan bentuk fungsi, yaitu :

4.1 Metode Aljabar

Penyederhanaan secara aljabar mempunyai karakteristik :

Tidak ada pegangan, bersifat trial and error

Menggunakan aksioma teorema aljabar Boolean

Contoh :

Sederhanakan fungsi Boolean berikut :

a. F(x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’

b. F(x,y,z) = xy + x’z + yz

Jawab :

a. F(x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’

= x’z(y’ + y) + xy’

= x’z1 + xy’

= x’z + xy’

c. F(x,y,z) = xy + x’z + yz

= xy + x’z + yz(x + x’)

= xy + x’z + xyz + x’yz



= xy + xyz + x’z + x’yz

= xy(1+z)+x’z(1+y)

= xy + x’z

4.2 Metode Peta Karnaugh

Rangkaian logika digital yang kompleks merupakan implementasi dari fungsi

Boolean yang memberikan ekspresi yang kompleks pula. Sangat sulit untuk

melakukan penyederhanaan fungsi yang kompleks dengan metode aljabar. Metode

pemetaan yang dikenalkan oleh Karnaugh dapat digunakan untuk meminimasi

fungsi yang kompleks. Metode pemetaan ini dikenal dengan nama Peta Karnaugh

(Karnaugh Map).

Peta Karnaugh digambarkan dengan kotak bujur sangkar, di mana setiap kotak

merepresentasikan minterm. Jumlah kotak dan minterm tergatung pada berapa

jumlah 33ystem33e dari fungsi Boolean. Jika terdapat N 33ystem33e dalam

fungsi Boolean, maka diimplementasikan dengan kotak.

a. Peta Karnaugh Dua dan Tiga Variabel

Untuk 2 variabel terdapat 4 bentuk minterm dengan 4 kotak bujur sangkar,

sedangkan untuk 3 variabel terdapat 8 bentuk minterm dengan 8 kotak bujur

sangkar, seperti yang ditunjukkan gambar berikut :

y x

0 1 y x

0 1

0 m0 m1 0 x’y’ x’y

1 m2 m3 1 xy’ xy2. (b)

Gambar 7.1. Peta Karnaugh dengan 2 variabel

yz x

00 01 11 10 yz x

00 01 11 10

0 m0 m1 m3 m2 0 x’y’z’ x’y’z x’yz x’yz’

1 m4 m5 m7 m6 1 xy’z’ xy’z xyz xyz’


x

y

x

y


2. (b)Gambar 7.2. Peta Karnaugh dengan 3 variabel

Cara Penggunaan Peta Karnaugh

Contoh :

Sederhanakan fungsi-fungsi berikut dengan Peta Karnaugh

1. F(x,y) = x’y + xy’

2. F(x,y,z) = x’y’z’ + x’y’z + x’yz + x’yz’ + xy’z’ + xyz’

Penyelesaian :

1. F(x,y) = x’y + xy’+xy

= m1 +m2 + m3 = m(1,2,3)

Sesuai dengan bentuk minterm, maka 3 bujur sangkar dalam Peta Karnaugh 2

dimensi diisi dengan 1 pada bujur sangkar kecil seperti berikut :

y

x0 1 y

x0 1

0 1 0 1

1 1 1 1 1 1

Gambar 7.3 (a) (b)

Selanjutnya dilakukan pengelompokan semua 1 yang ada dengan membuat

kumpulan kotak bujur sangkar atau persegi panjang seperti terlihat pada

gambar 7.3 (b).

Cara menentukan bentuk sederhana dari hasil pengelompokan adalah :

Carilah 34variabel mana saja yang memiliki nilai yang sama dalam

kelompok tersebut, sebagai contoh kelompok A. Pada kelompok A,

34variabel yang memiliki nilai yang sama adalah 34variabel y dengan

harga 1. pada kelompok B, 34variabel yang memiliki nilai yang sama

adalah 34variabel x dengan harga 1.


B

A

z


Selanjutnya menentukan bentuk hasil pengelompokan di atas. Pada contoh

di atas, hasil kelompok A adalah y dan hasil kelompok B adalah x. Hasil

bentuk sederhana dari contoh di atas adalah F(x,y) = A + B = y + x

2. F(x,y,z) = x’y’z’ + x’y’z + x’yz + x’yz’ + xy’z’ + xyz’

yz

x00 01 11 10 yz

x00 01 11 10

0 1 1 1 1 0 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

F(x,y,z) = x ‘+ z’

b. Peta Karnaugh Empat Variabel

Bentuk Peta Karnaugh untuk fungsi Boolean 4 variabel F(w,x,y,z) adalah :

yz wx

00 01 11 10 yz wx

00 01 11 10

00 m0 m1 m3 m2 00 w’x’y’z’ w’x’y’z w’x’yz w’x’yz’

01 m4 m5 m7 m6 01 w’xy’z’ w’xy’z w’xyz w’xyz’

11 m12 m13 m15 m14 11 wxy’z’ wxy’z xyz wxyz’

10 m8 m9 m11 m10 10 wx’y’z’ wx’y’z wx’yz wx’yz’

Contoh :

Sederhanakan fungsi Boolean F (w,x,y,z) = m(0,1,2,3,4,6,8,9,10,11,12,13,14)

adalah …

Jawab :


AB

x

y

z

w


yz wx 00 01 11 10

00 1 1 1 1

01 1 1

11 1 1 1

10 1 1 1 1

F(x,y,z) = x’ + z’ + wy’


A

C

B


c. Peta Karnaugh Lima dan Enam Variabel

Bentuk Peta Karnaugh untuk fungsi Boolean 5 variabel F(v,w,x,y,z) adalah :

xyz vw

000 001 011 010 110 111 101 100

00 m0 m1 m3 m2 m6 m7 m5 m4

01 m8 m9 m11 m10 m14 m15 m13 m12

11 m24 m25 m27 m26 m30 m31 m29 m28

10 m16 m17 m19 m18 m22 m23 m21 m20

Contoh :

Sederhanakan fungsi Boolean F(v,w,x,y,z) =

m(0,3,7,8,11,15,16,17,20,21,24,25) adalah ..

Jawab :xyz vw

000 001 011 010 110 111 101 100

00 1 1 1

01 1 1 1

11 1 1

10 1 1 1 1

F(v,w,x,y,z) = x’y’z’ + v’yz + vx’ + x’w’y’

Penentuan kelompok dapat dilakukan dengan memperlakukan 37ystem cermin

terhadap garis pembatas seperti pada kolom B di atas.


v

w

x

yzz

A

B

C

D


Bentuk Peta Karnaugh untuk fungsi Boolean 5 variabel adalah :

xyz uvw

000 001 011 010 110 111 101 100

000001

011

010

110

111

101100

Contoh :

Sederhanakan fungsi Boolean berikut :

F = m(8,9,10,11,12,13,14,15,24,25,26,27,28,29,30,31,40,41,46,47,56,57,62,63)

4.3 Metode Tabulasi Quine-Mc.Cluskey

Dengan Peta Karnaugh, penyelesaian persamaan lebih dari empat variabel adalah

kompleks. Metode tabulasi dari Quine-Mc.Cluskey dapat membantuk

menyelesaiakan persamaan yang kompleks tersebut.

Metode tabulasi Quine-Mc.Cluskey terdiri dari dua bagian, yaitu :

a. Menentukan term-term sebagai kandidat (prime implicant)


x

y zz

u

v

w

w


b. Memilih prime implicant untuk menentukan ekspresi dengan jumlah lireal

sedikit.

Contoh :

Sederhanakan dengan metode tabulasi

F(w,x,y,z)=m(0,1,2,8,10,11,14,15)



Jawab:

1. Menentukan Prime Implicant

Langkah-langkah penyelesaian :

a. Kelompokkan representasi biner untuk tiap minterm menurut digit ‘1’ :

Desimal 0 s/d 15 berarti nilai maksimum 15 sehingga banyaknya digit biner

yang memenuhi 24 = 16Tabel konversi :

Desimal Binerw x y z

0 0 0 0 01 0 0 0 12 0 0 1 08 1 0 0 010 1 0 1 011 1 0 1 114 1 1 1 015 1 1 1 1

Dari tabel konversi tersebut dapat dilihat bahwa jumlah digit 1 adalah :

Jumlah Digit 1 Desimal0 01 1,2,82 103 11,14 4 15

Jadi Tabel Kelompoknya adalah :

Desimal w x y z Pilih0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 0 0 1 0 8 1 0 0 0 10 1 0 1 0 11 1 0 1 1 14 1 1 1 0 15 1 1 1 1

b. Dari dua minterm yang berbeda digit ‘1’, dapat dikombinasikan dengan saling

menghilangkan. Minterm dari satu bagian dengan bagian lainnya jika



mempunyai nilai bit yang sama dalam semua posisi kecuali satu posisi. Satu

posisi yang berbeda tersebut diganti dengan tanda ‘-‘.

Misalkan,

Bagian I : 0 0 0 0

Bagian II : 0 0 0 1

Menjadi : 0 0 0 –Sehingga didapatkan tabel kelompok baru ;

Desimal w x y z Pilih0,1 0 0 0 - *0,2 0 0 - 0 0,8 - 0 0 0 2,10 - 0 1 0 8,10 1 0 - 0 10,11 1 0 1 - 10,14 1 - 1 0 11,15 1 - 1 1 14,15 1 1 1 -

Tanda berarti minterm tersebut dipilih untuk langkah berikutnya.

c. Kelompokkan hasil minterm langkah (b) seperti pada langkah (a)d. Ulangi langkah (b) dan (c) sampai minterm dari setiap bagian tidak saling menghilangkan.

Desimal w x y z Pilih

(0,2),(8,10) - 0 - 0 *(0,8),(2,10) - 0 0 0

(10,11),(14,15) - 0 1 0 *(10,14),(11,15) 1 0 - 0



2. Memilih Prime Implicant

Prime Implicant ditentukan dengan memilih setiap suku tanpa tanda atau dengan

tanda *. yaitu :

w x y z

0 0 0 - w’x’y’

- 0 - 0 x’z’

1 - 1 - wy

Jadi bentuk sederhana dari fungsi boolean F(w,x,y,z)=m(0,1,2,8,10,11,14,15) adalah

:

F(w,x,y,z) = w’x’y’ + w’z’ + wy


DASAR-DASAR LOGIKA · Web viewAljabar Boolean adalah sistem aljabar yang berisi set S dengan...

Documents

Transcript of DASAR-DASAR LOGIKA · Web viewAljabar Boolean adalah sistem aljabar yang berisi set S dengan...