KELOMPOK X

ALJABAR BOOLEAN

Arief Bachtiar 112070267

Elsa Septiani Putri112070233

Lusy Widya Utami 112070255

Muh. Nurrudin Al-Faruqi 112070194HOME

HOME DEFINISI ALJABAR BOOLEAN

PENYEDERHANAAN FUNGSI BOOLEAN

BENTUK KANONIK

KOMPLEMEN FUNGSI BOOLEAN

PRINSIP DUALITAS & HUKUM-HUKUM ALJABAR BOOLEAN

DEFINISI ALJABAR BOOLEAN

Identitas: (i) a + 0 = a(ii) a 1 = a

Komutatif: (i) a + b = b + a(ii) a b = b . a

Distributif: (i) a (b + c) = (a b) + (a c)

(ii) a + (b c) = (a + b) (a + c)

Komplemen: (i) a + a’ = 1 (ii) a a’ = 0

HOME BACK

Aljabar Boolean dapat didefinisikan secara abstrak dalam beberapa cara salah satunya dengan menspesifikasi unsur dan operasinya.Misalkan B adalah himpunan yang didefinisikan pada dua operator biner, + & . , dan sebuah operator uner, ‘ . Misalkan 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B. Maka, (B, +, , ’). disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c B berlaku aksioma berikut :

Perbedaan Aljabar Biasa dengan Aljabar Boolean

1. Sifat distributif (ii) tidak berlaku pada aljabar biasa

2. Aljabar Boolean tidak mengenal operasi – dan :

3. Komplemen Aksioma ke- 4 hanya berlaku pada aljabar boolean

4. Aljabar biasa = bilangan rill, sedangkan aljabar boolean = 0 dan 1

HOME BACK

Prinsip DualitasMisalkan S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar Boolean yang melibatkan operator +, , dan komplemen, maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti

dengan + + dengan 0 dengan 1 1 dengan 0dan membiarkan operator komplemen tetap apa adanya, maka kesamaan S* juga benar. S* disebut sebagai dual dari S. Contoh. • (i) (a 1)(0 + a’) = 0 dualnya (a + 0) + (1 a’) = 1 • (ii) a(a‘ + b) = ab dualnya a + a‘b = a + b

HOME BACK

Hukum-hukum Aljabar Boolean1. Hukum identitas:

(i) a + 0 = a(ii) a 1 = a

3. Hukum komplemen:(i) a + a’ = 1 (ii) aa’ = 0

5. Hukum involusi:(i) (a’)’ = a

7. Hukum komutatif:(i) a + b = b + a(ii) ab = ba

9. Hukum distributif:(i) a + (b c) = (a + b) (a + c)(ii) a (b + c) = a b + a c

11. Hukum 0/1 (i) 0’ = 1(ii) 1’ = 0

2. Hukum idempoten: (i) a + a = a (ii) a a = a

4. Hukum dominansi: (i) a 0 = 0 (ii) a + 1 = 1

6. Hukum penyerapan: (i) a + ab = a (ii) a(a + b) = a

8. Hukum asosiatif: (i) a + (b + c) = (a + b) + c (ii) a (b c) = (a b) c

10. Hukum De Morgan: (i) (a + b)’ = a’b’ (ii) (ab)’ = a’ + b’

HOME BACK

Fungsi komplemen boolean ini berguna pada saat kita melakukan penyederhanaan fungsi boolean. Fungsi komplemen dari suatu fungsi f adalah f’ dapat dicari dengan dua cara berikut. Contoh : 1. Carilah komplemen dari fungsi f(x,y,z) = x’(yz’+ y’z)

Cara de Morgan

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

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

Cara Dualitas

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

= x +(y’+ z )(y + z’)

Komplemen Fungsi Boolean

HOME BACK

Bentuk Kanonikekspresi boolean yang dinyatakan sebagai penjumlahan

dari satu atau lebih minterm, atau perkalian dari satu atau lebih Maxterm. Jadi, ada dua macam bentuk kanonik:• Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP) 1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz SOP Setiap suku (term) disebut minterm• Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS) 1. g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x’ + y + z’)(x’ + y’ + z)

POS  Setiap suku (term) disebut maxterm

HOME BACK

Tabel Kanonik x  y Minterm Maxterm

Suku Lambang Suku Lambang0011

0101

x’y’x’yxy’x y

m0m1m2m3

x + yx + y’x’ + yx’ + y’

M0M1M2M3

 X  y  z Minterm MaxtermSuku Lambang Suku Lambang

00001111

00110011

01010101

x’y’z’x’y’zx‘y z’x’y zx y’z’x y’zx y z’x y z

m0m1m2m3m4m5m6m7

x + y + z x + y + z’x + y’+zx + y’+z’x’+ y + zx’+ y + z’x’+ y’+ zx’+ y’+ z’

M0M1M2M3M4M5M6M7

Contoh Soal Kanonik1. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk

kanonik SOP dan POS. Penyelesaian:

a.SOPx = x(y + y’) = xy + xy’ = xy (z + z’) + xy’(z + z’) = xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’

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

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

m1+m4+m5+m6+m7 = (1,4,5,6,7)

b.POSf(x, y, z) = x + y’z = (x + y’)(x + z)  x + y’ = x + y’ + zz’ = (x + y’ + z)(x + y’ + z’) x + z = x + z + yy’ = (x + y + z)(x + y’ + z) Jadi, f(x, y, z)=(x + y’ + z)(x +y’ +

z’) (x + y + z)(x + y’ + z)

= (x + y + z)(x + y’ + z)

(x + y’ + z’) atau f(x, y, z) = M0M2M3 = (0, 2, 3)

HOME BACK

Penyederhanaan Fungsi Boolean

ALJABAR PETA KARNAUGH

HOME BACK

Penyederhanaan Fungsi Boolean Secara Aljabar

1.f (x, y)= x + x’y = (x + x’)(x + y) (Hukum

Distributif) = 1 (x + y ) (Hukum

Komplemen) = x + y (Hukum Identitas)

2.f (x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’= x’z(y’+ y)+ xy’ (Hukum Distributif)= x’z . 1 + xy’ (Hukum

Komplemen)= x’z + xy’ (Hukum Identitas)

HOME BACK

Penyederhanaan Fungsi Boolean MENGGUNAKAN PETA KARNAUGH

Peta Karnaugh dengan dua peubah

Peta Karnaugh dengan tiga peubah

Y 0 1m0 m1 X 0 x’y’ x’ym2 m3 1 xy’ xy

    

          yz00

 01

 11

 10

  m0 m1 m3 m2   x 0

x’y’z’ x’y’z x’yz x’yz’

  m4 m5 m7 m6   1

xy’z’ xy’z xyz xyz’

HOME BACK

Peta Karnaugh dengan tiga peubah

  

          yz00

 01

 11

 10

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

m4 m5 m7 m6  01

w’xy’z’ w’xy’z w’xyz w’xyz’

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

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

HOME BACK

Teknik Minimisasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh

1. Pasangan: dua buah 1 yang bertetanggaSebelum : f(w, x, y, z) = wxyz +

wxyz’Hasil : f(w, x, y, z) = wxy

Bukti secara aljabar:  f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’

= wxy(z + z’)= wxy(1)= wxy

 yz 00  01  11  10wx 00 0 0 0 0

01 0 0 0 011 0 0 1 110 0 0 0 0

HOME BACK

2. Kuad: empat buah 1 yang bertetangga

Sebelum : f (w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’ Hasil : f (w, x, y, z) = wx

Bukti secara aljabar:  f(w, x, y, z) = wxy’ + wxy= wx(z’ + z)= wx(1)= wx

 yz 00  01  11  10wx 00 0 0 0 0

01 0 0 0 011 1 1 1 110 0 0 0 0

HOME BACK

HOME