Kuliah 2 sistem digital

PENGKODEAN LAINNYA

Decimal 8,4,2,1 Excess3 8,4,-2,-1 Gray 0 0000 0011 0000 0000 1 0001 0100 0111 0100 2 0010 0101 0110 0101 3 0011 0110 0101 0111 4 0100 0111 0100 0110 5 0101 1000 1011 0010 6 0110 1001 1010 0011 7 0111 1010 1001 0001 8 1000 1011 1000 1001 9 1001 1100 1111 1000

KODE DENGAN PENDETEKSI KESALAHAN

2

Desimal

BCD Dengan paritas genap

Dengan paritas gasal

0 0000 0000 0 0000 1

1 0001 0001 1 0001 0

2 0010 0010 1 0010 0

3 0011 0011 0 0011 1

4 0100 0100 1 0100 0

5 0101 0101 0 0101 1

6 0110 0110 0 0110 1

7 0111 0111 1 0111 0

8 1000 1000 1 1000 0

9 1001 1001 0 1001 1

KODE HAMMING (DETEKSI DAN KOREKSI KESALAHAN)

Data: 0 1 1 0 (6) d3d2d1d0

Posisi : 1 2 3 4 5 6 7 p1 p2 d3 p4 d2 d1 d0

p1 p2 0 p4 1 1 0

p1 bertanggung jawab pada posisi: 1,3,5,7p2 bertanggung jawab pada posisi: 2,3,6,7p4 bertanggung jawab pada posisi: 4,5,6,7

p1 : p1 + 0 + 1 + 0 = genap p1 = 1p2 : p2 + 0 + 1 + 0 = genap p2 = 1p4 : p4 + 1 + 1 + 0 = genap p4 = 0

Kode Hamming:1 1 0 0 1 1 0

MISAL KODE HAMMING PARITAS GENAP DARI BCD ADALAH 1 1 1 0 1 1 0 , BERAPA NILAI BCD TSB?

Posisi : 1 2 3 4 5 6 7 p1 p2 d3 p4 d2 d1 d0

1 1 1 0 1 1 0

p1 : 1 + 1 + 1 + 0 = ganjil salahp2 : 1 + 1 + 1 + 0 = ganjil salahp4 : 0 + 1 + 1 + 0 = genap benar

Yang benar: 1 1 0 0 1 1 0Data : 0110 (6)

Bit yang salah adalah posisi: 3 ????

5

Gerbang Logika

IN OUT

0 1

1 0

OUTIN

INVERTER

X F

Y

X Y

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

Ada 16 kemungkinan fungsi F

F0 – F15

0X AND Y X Y

X XOR Y

X OR Y X = YNOT Y

NOT X

X NAND YNOT(X AND Y)

1

X NOR YNOT(X OR Y)

Truth Table

6

Gerbang Logika

7

Exclusive OR (NOR)

8

Teori Aljabar Boole (1)

Elementer 1. x + 0 = x 1d. x . 1 = x

2. x + x’ = 1 2d. x . x’ = 0

3. x + x = x 3d. x . x = x

4. x + 1 = 1 4d. x . 0 = 0

5, (x’)’ = x

Commutative 6. x + y = y + x 6d. x . y = y . x

Assocoative 7. x+(y+z)=(x+y)+z 7d. x(yz)=(xy)z

Distributive 8. x(y+z)=xy+xz 8d. x+(yz)=(x+y)(x+z)

Teori De Morgan 9. (x + y)’ = x’y’ 9d. (xy)’ = x’ + y’

Absorption 10. x + xy = x 10d. x(x+y) = x

9

Teori Aljabar Boole (2)

Secara umum teori De Morgan dapat ditulis sebagai:

F’(X1,X2,…,Xn,0,1,+,◦) = F(X1’,X2’,…,Xn’,1,0, ◦,+)

Dualitas suatu pernyataan logika didapatkan dengan mengganti 1 dengan 0, 0 dengan 1, + dengan ◦, ◦ dengan +, dengan semua variabel tetap

F(X1,X2,…,Xn,0,1,+,◦) ⇔ F(X1,X2,…,Xn,1,0, ◦,+)

10

Bukti teori De Morgan: (x + y)’ = x’y’

x y x + y (x+y)’ x’ y’ x’y’

0 0 0 1 1 1 1

0 1 1 0 1 0 0

1 0 1 0 0 1 0

1 1 1 0 0 0 0

Dengan tabel kebenaran

Dengan diagram Venn

x

x’y’

(x+y)’

y

11

Contoh penyederhanaan

F = ABC + A’B’C + A’BC + ABC’ + A’B’C’

G = [(BC’ + A’D)(AB’ + CD’)]’ = (BC’ + A’D)’ + (AB’ + CD’)’ = (BC’)’(A’D)’ + (AB’)’(CD’)’ = (B’+C)(A+D’) + (A’+B)(C’+D) = AB’+AC+B’D’+CD’+A’C’+A’D+BC’+BD = 1 (dari mana???)

= (AB + A’B’)C + BC + (AB + A’B’)C’ = (A B)’ + BC⊕

12

Bentuk kanonis Sum Of Product (SOP) & Product Of Sum (POS)

Des A B C F1

0 0 0 0 0

1 0 0 1 0

2 0 1 0 0

3 0 1 1 1

4 1 0 0 1

5 1 0 1 1

6 1 1 0 1

7 1 1 1 1

Dalam bentuk SOP:

F1=A’BC+AB’C’+AB’C+ABC’+ABC = ∑(m3,m4,m5,m6,m7)

= ∑(3,4,5,6,7)

Dalam bentuk POS:

F1=(A+B+C)(A+B+C’)(A+B’+C) = Л(M0,M1,M2)

= Л(0,1,2)

0

0

1

1

0

0

1

1

P

111

011

101

001

110

010

100

000

CB A

Tuliskan bentuk SOP & POS

Bentuk SOP:

P = A’B’C’ + A’B’C + AB’C’ +AB’C = ∑(m0,m1,m4,m5) = ∑(0,1,4,5)

Bentuk POS:

P = (A+B’+C)(A+B’+C’)(A’+B’+C)(A’+B’+C’) = Л(M2,M3,M6,M7) = Л(2,3,6,7)

14

Pemetaan antar SOP & POS

Bentuk SOP:

P = A’B’C’ + A’B’C + AB’C’ +AB’C = A’B’ + AB’ = B’

P = (A+B’+C)(A+B’+C’)(A’+B’+C)(A’+B’+C’)

= (A+AB’+AC’+AB’+B’+B’C’+AC+B’C) *

(A’+A’B’+A’C’+A’B’+B’C’+A’C+B’C)

= (A+B’)(A’+B’) = AA’ + AB’ + A’B’ + B’

= B’

Standard SOP & POS

Sum of Product (SOP) Product of Sum (POS)

17

Bentuk Nonstandar

Bentuk Nonstandar (tidak dalam SOP maupun POS)

Bentuk SOP

18

Implementasi

Implementasi tiga level vs. Implementasi dua level

Implementasi dua level lebih disukai karena alasan delay

19

Penyederhanaan dengan menggunakan Peta-K (Karnaugh Map)

Peta-K dengan 2 variabel

m0 m1

m2 m3

xy

0

0 1

1

x’y’ x’y

xy’ xy

xy

0

0 1

1

1

1

xy

0

0 1

1

x’y + xy = (x’ + x)y = y

20

Peta-K dengan 3 & 4 variabel


F=A’B’C’+B’CD’+A’BCD’+AB’C’=

x’y’z’ x’y’z x’yz x’yz’

xy’z’ Xyz’ xyz xyz’

xyz

0

1

00 01 11 10

1

1 1 1 1

xyz

0

1

00 01 11 10


F1= ∑(3,4,5,6,7) = x + yz

x yz

1 1 1

1

1 1 1A

C

B

DB’C’ B’D’

A’CD’

=B’C’+B’D’+A’CD’

21

Peta-K dengan 5 & 6 variabelPeta-K dengan 5 variabel

F(A,B,C,D,E)=∑(0,2,4,6,9,11,13,15,17,21,25,27,29,31)

=BE+AD’E+A’B’E’

0 1 3 2 6 7 5 4

8 9 11 10 14 15 13 12

24 25 27 26 30 31 29 20

16 17 19 18 22 23 21 20A

DD

C

E E

B

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1A

DD

CE E

B

AB

CDE

Untuk peta-K dengan 6 variabel, baca buku teks

22

PEKERJAAN RUMAH1. Dari buku Morris Mano: soal no. 2.5; 2.6; 2.7; 2.11;

2.13; 2.142. Idem soal no. 3.4; 3.5; 3.7; 3.9

Kuliah 2 sistem digital

Technology

Transcript of Kuliah 2 sistem digital