Aljabar Boole adalah suatu susunan aljabar yang terdefinisi pada suatu himpunan unsur B, bersama- sama dengan 2 operator biner + dan – jika dan hanya jika postulat berikut berlaku:

Postulat 1: operasi + dan – itu, komutatif dan assosiatif

Postulat 2: ada 2 unsur identitas yang unik dalam B yaitu 0 dan 1 berturut –turut untuk operasi + dan –

Postulat 3: setiap operasi itu distributif antara satu dengan yang lain

Postulat 4: untuk setiap x dan B terdapat unsur x’ (atau x) dalam B sedemikian sehingga

X+x’ = 1 dan xx’ = 0

Atau x + �̅� = 1 dan x�̅� = 0

Tanda aksen(‘) dan tanda garis diatas (¯) dipakai untuk menyatakan komplemen x, y, z є B

Komutatif (pertukaran):

a) x + y = y + x

Assosiatif (pengelompokan):

a) (x+y) + z = x + (y+z)

b) (x.y) . z = x . (y.z) Identitas

a) z + 0 = z

b) z . 1 = z Distributif

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

aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut: 1. Closure: (i) a + b Î B

(ii) a × b Î B 2. Identitas: (i) a + 0 = a (ii) a × 1 = a

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

4. Distributif: (i) a × (b + c) = (a × b) + (a × c) (ii) a + (b × c) = (a + b) × (a + c) 5. Komplemen: (i) a + a’ = 1

(ii) a × a’ = 0

Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, harus diperlihatkan:

1. Elemen-elemen himpunan B, 2. Kaidah operasi untuk operator biner dan operator uner,

Teorema 1: Prinsip Kembaran (iduality principle)

Teorema 2: Disebut juga Teorema Idempoten untuk setiap unsur x dalam aljabar boole, berlaku: x . x = x dan x + x = x

Teorema 3: Disebut juga Teorema Identitas untuk setiap unsur x dalam aljabar boole,

berlaku: x + 1 = 1 dan x . 0 = 0

Teorema 4: Disebut juga Teorema untuk setiap unsur x dalam aljabar boole, berlaku: (x’)’ = x

Teorema 5: Disebut juga Teorema Absorpsi (Penyerapan) untuk setiap pasang unsur x dalam aljabar boole, berlaku: x + xy = x dan x . (x+y) = x

Teorema 6: Disebut juga Teorema de morgan untuk setiap unsur x dalam aljabar boole,

berlaku: (x+y)’ = x’.y’ dan (x.y)’ = x’ + y’

Teorema 7: Jika suatu aljabar Boolean berisi paling sedikit dua elemen yang berbeda, maka 0 ≠ 1

Pembuktian:

Teorema 2:

Dari kiri kekanan: x + x = (x+x).1 postulat 2

= (x+x).(x+x’) Postulat 4 = x+(x.x’) Postulat 3 dan Postulat 4

= x+0 Postulat 2 = x

Dari kiri ke kanan: x.x = xx + 0 Postulat 2

= (x.x) + (x.x’) Postulat 4 = x.(x+x’) Postulat 3 dan Postulat 4

= x.1 Postulat 2 = x

Atau dari kanan ke kiri x = x.1 Postulat 2

= x(x+x’) postulat 4 = (x.x) + (x.x’) Postulat 3

= (x.x) + 0 postulat 4 = x.x

Teorema 3:

x + x = x

X+1 = 1

x. x = x

Dari kiri kekanan: x + 1 = x + (x+x’) Postulat 4

= (x+x) + x’ Postulat 1 = x + x’ Teorema 2 dan Postulat 4

= 1 atau Dari kiri ke kanan x + 1 = (x+1).1 Postulat 2

= (x+1).(x+x’) Postulat 4 = x + (1.x’) Postulat 3 dan Postulat 2

= x + x’ = 1

Dari kanan kekiri 1 = x+1

= x + x’ = x + (1.x’) Postulat 2

= (x+1)(x+x’) Postulat 3 dan Postulat 4 = (x+1).1 Postulat 2 = x + 1

Dari kiri kekanan: x.0 = (x.0) + 0 Postulat 2 = (x.0) + (x+x’) Postulat 4

= x.(0+x’) Postulat 3 dan Postulat 2 = x.x’ Postulat 4

= 0

Atau Dari kiri kekanan: x.0 = x(x.x’) Postulat 4 = (x.x).x’ Postulat 1

= x.x’ Teorema 2 dan Postulat 4 = 0

Teorema 4:

Teorema 5:

Dari kanan ke kiri: x = x + 0 Postulat 2

= x + (y.0) Teorema 3 = (x+y) . (x+0) Postulat 3

= (x+y) . x Postulat 2

X . 0 = 0

(x’)’ = x

X + xy = x

= (x.x) + (x.y) Teorema 2 = x + xy

Atau dari kanan kekiri

x = x.1 Postulat 2 = x.(y+1) Teorema 3

= (x+y) + (x.1) Postulat 3 dan Postulat 2 = x.y + x

Dari kanan ke kiri

x = x + 0 Postulat 2 = x + (y.0) Teorema 3 = (x+y) . (x+0) Postulat 3

= (x+y).x Postulat 2

Dari kiri ke kanan x.(x + y) = x.x + x.y (distributif)

= x + x.y (idempoten) = x.1 + x.y (identitas) = x.(1 + y) (distributif)

= x.1 (teorema 3a) = x (identitas)

Bentuk Kanonik x dan y

Minterm Sum Of Product (SOP) dan Maxterm Product Of Sum (POS)

x y Minterm (suku Min) Maxterm (suku Maks)

suku lambang suku Lambang

0 0 x’y’ M0 x+y M0

0 1 x’.y M1 x+y’ M1

1 0 xy’ M2 x’+y M2

1 1 xy M3 x’+y’ M3

Contoh: ubahlah ke bentuk kanonik F = a’ + ab’

bentuk jumlah dari hasil kali Minterm (1) bentuk jumlah dari hasil penjumlahan Maxterm (0)

a b a’ b’ a.b’ a’+ab’

0 0 1 1 0 1

0 1 1 0 0 1

1 0 0 1 1 1

1 1 0 0 0 0

F kanonik = a’.b’ + a’b + ab’ Minterm = m0 + m1 + m2 = Σ(0, 1, 2)

x (x+y) = x

F kanonik Maxterm = (a’+b’) = M3 = Π (3)

Bentuk Kanonik x, y,dan z

x Y z Minterm Maxterm

suku lambang Suku lambang

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’yz m3 x+y’+z’ M3

1 0 0 xy’z’ m4 x’+y+z M4

1 0 1 xy’z m5 x’+y+z’ M5

1 1 0 xyz’ m6 x’+y’+z M6

1 1 1 xyz m7 x’+y’+z’ M7

Contoh ubahlah kebentuk kanonik F = xy’ + yz

x y z y’ xy’ yz xy’+yz

0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 1 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0

0 1 1 0 0 1 1

1 0 0 1 1 0 1

1 0 1 1 1 0 1

1 1 0 0 0 0 0

1 1 1 0 0 1 1

Minterm (SOP) = 011, 100, 101, 111 = x’yz + xy’z’ + xy’z + xyz

= m3 + m4 + m5 + m7 = Σ (3, 4, 5, 7)

Maxterm (POS) = 000, 001, 010, 110 = (x+y+z) . (x+y+z’) . (x+y’+z) . (x’+y’+z)

= M0 . M1 . M2 . M6 = Π (0, 1, 2, 6)