Foundation of Computer Science 1 1
BAB I
TEORI HIMPUNAN
1.1 Dasar dasar Teori Himpunan
Definisi : Himpunan adalah kumpulan objek objek yang berbeda (Liu, 1986) Biasanya dinotasikan dengan huruf besar. Dan objek yang berada di dalamnya disebut elemen / anggota.
1.1.1 Menyatakan Himpunan
Ada 2 cara untuk menyatakan himpunan, yaitu : a. Enumerasi yaitu menuliskan semua anggota himpunan di antara 2 kurung
kurawal. b. Notasi pembentuk himpunan
yaitu menuliskan sifat sifat yang ada pada semua anggota himpunan di antara 2 kurung kurawal.
Contoh : 1. A = Himpunan bilangan bulat antara 1 dan 5 2. B = Himpunan yang anggotanya adalah : kucing, meja, buku, air 3. C = Himpunan bilangan riil yang lebih besar daripada 1
Enumerasi Dengan sifat
A = { 1, 2, 3 , 4 ,5} A = { x | x Z, 1 x 5
B = { kucing, meja, buku, air } B tidak dapat dinyatakan dengan cara menuliskan sifat sifatnya karena tidak ada sifat yang sama di antara anggota anggotanya
C tidak bisa dinyatakan dengan
menuliskan anggota anggotanya karena jumlah anggota C yang tak berhingga banyaknya
C = { x | x R, x > 1}
Jika suatu objek x merupakan anggota dari himpunan A, maka dituliskan
x A dan dibaca : x adalah anggota A, atau x ada di dalam A, atau x adalah elemen A. Sebaliknya jika x bukan anggota A, dituliskan x A.
Foundation of Computer Science 1 2
B
1.1.2 Diagram Venn
Diagram Venn adalah penyajian himpunan secara grafis. Yaitu suatu himpunan dinyatakan sebagai suatu lingkaran yang diberi nama himpunan
tersebut. Jika perlu anggota- anggota himpunan tersebut dinyatakan sebagai titik titik di dalamnya. Himpunan A={ a, b }, dengan diagaram Venn disajikan sebagai berikut
Gambar 1. 1
1.1.3 Himpunan Bagian dan kesamaan Himpunan
Jika A dan B adalah himpunan himpunan , maka A disebut himpunan bagian (subset) dari B bila hanya bila setiap anggota A juga merupakan anggota dari B. dalam hal ini B disebut superset dari A.
A B (( x) x A x B )
Gambar 1. 2
Himpunan A dikatakan sama dengan himpunan B ( ditulis A = B) bila hanya bila setiap elemen A adalah elemen B dan setiap elemen B adalah elemen A.
A = B A B dan B A
a
b
A
Foundation of Computer Science 1 3
S
1.1.4 Himpunan Saling Lepas
Dua himpunan A dan B dikatakan saling lepas (disjoint) jika keduanya tidak memiliki elemen yang sama.
Gambar 1.3
1.1.5 Semesta Pembicaraan dan Himpunan Kosong
Semesta pembicaraan (simbol S atau U) adalah himpunan semua objek yang dibicarakan. Suatu himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong, diberi simbol atau { }. Sifat himpunan kosong : 1. Himpunan kosong adalah himpunan bagian semua himpunan 2. Himpunan kosong adalah tunggal
1.1.6 Kardinalitas
Misalkan A adalah himpunan yang elemen elemen nya berhingga banyaknya, maka jumlah elemen A disebut kardinal dari himpunan A.
Notasi : n(A) atau |A|
1.1.7 Himpunan yang Ekivalen
Himpunan A dikatakan ekivalen dengan himpunan B jika hanya jika kardinal dari kedua himpunan sama
Notasi : A ~ B |A| = |B |
A B
Foundation of Computer Science 1 4
S
A B
S
A B
1.2 Operasi operasi terhadap Himpunan
o Gabungan (Union)
Gabungan dua buah himpunan A dan B (ditulis A B) adalah himpunan semua elemen anggota A atau anggota B
A B = { x | x S , x A atau x B }
Gambar 1.4
o Irisan ( Interseksi ) Irisan dua buah himpunan A dan B (ditulis A B) adalah himpunan semua elemen dalam S sedemikian hingga x adalah anggota A dan sekaligus anggota B
A B = { x | x S , x A dan x B }
Gambar 1.5
o Komplemen
Komplemen himpunan A (ditulis Ac atau _
A atau ~ A) adalah himpunan semua elemen x dalam S sedemikian hingga x bukan anggota A. Ac = { x | x S, x A }
Gambar 1.6
S A
Foundation of Computer Science 1 5
S
A B
S
A
B
o Selisih
Selisih himpunan B dari himpunan A (ditulis A - B) adalah himpunan semua elemen dalam S sedemikian hingga x adalah
anggota A tetapi bukan anggota B A - B = { x | x S , x A dan x B }
Gambar 1.7
o Beda Setangkup (Symmetric Difference)
Beda setangkup dari dua buah himpunan A dan B (ditulis A B)
adalah himpunan yang elemennya ada pada A atau B tetapi tidak pada keduanya.
A B = (A B) ( A B) = (A B) ( B A)
Gambar 1.8
Misalkan S adalah semesta pembicaraan dan A, B, C adalah himpunan himpunan dalam S, maka operasi himpunan memenuhi beberapa hukum berikut :
1. Hukum Komutatif
A B = B A ; A B = B A ; A B = B A
2. Hukum Asosiatif ( A B ) C = A ( B C ) ; ( A B ) A = A ( B A ) ;
( A B ) C = A ( B C )
3. Hukum Distributif ( A B ) C = ( A C ) ( B C ); ( A B ) C = ( A C ) ( B C ) ;
Foundation of Computer Science 1 6
4. Hukum Identitas
A = A ; A S = A ; A = A
5. Hukum Null
A S = S ; A = ; A A =
6. Hukum Komplemen A Ac = S ; A Ac = 7. Hukum Idempoten A A = A ; A A = A 8. Hukum Involusi ( Ac ) c = A 9. Hukum Absorbsi (penyerapan) A ( A B ) = A ; A ( A B) 10 Hukum de Morgan ( A B ) c = Ac Bc ; ( A B) c = Ac Bc 11. Hukum I / O
c = S ; S c =
1.3 Pembuktian pembuktian Himpunan
Tidak ada metode tertentu yang secara umum dapat digunakan untuk membuktikan pernyataan pernyataan yang melibatkan himpunan. Tetapi pembuktian dapat dilakukan dengan menggunakan hukum hukum dalam operasi himpunan, logika atau persamaan persamaan yang sudah terbukti. Diagram Venn dapat digambar tetapi tidak dapat diterima sebagai bukti.
1.4 Himpunan Kuasa
Misalkan A adalah sembarang himpunan. Himpunan kuasa A (simbol P(A)) adalah himpunan yang anggota anggotanya adalah semua himpunan bagian A. Jika himpunan A mempunyai n anggota, maka P(A) mempunyai 2n
anggota
1.5 Prinsip Inklusi Eksklusi
Jika kita ingin menghitung jumlah anggota dari A B ( simbol n(A B) atau |(A B) | maka
|(A B) | = |A| + |B| - |(A B) | sedangkan untuk beda setangkup adalah :
|(A B)| = |A| + |B| - 2|(A B)|
Foundation of Computer Science 1 7
Latihan Soal : 1. Jika A = {a, b, {a,c}, } dan B={a, {a}, d, e}, tentukan himpunan
berikut : a). A b). A { } c). {{a,c}} A d). A B e). {a} {A} f). P(A B) g). A h) B2 i) A (B A)
j). A P(A)
2. Misalkan A adalah himpunan mahasiswa tahun pertama, B adalah himpunan mahasiswa tahun kedua, C adalah himpunan mahasiswa jurusan Arsitektur, D adalah himpunan mahasiswa jurusan Ilmu Komputer, E adalah himpunan mahasiswa yang mengambil mata kuliah Matematika, F adalah himpunan mahasiswa yang pergi menonton film The Aviator, G adalah himpunan mahasiswa yang belajar sampai begadang pada Senin malam lalu.
Nyatakan pernyataan berikut dengan notasi himpunan :
a. Semua mahasiswa tahun kedua jurusan Ilmu Komputer yang mengambil mata kuliah Matematika
b. Hanya mereka yang mengambil mata kuliah Matematika atau yang pergi menonton film The Aviator yang begadang pada Senin malam lalu.
c. Semua mahasiswa tahun kedua yang bukan dari jurusan Arsitektur ataupun jurusan Ilmu Komputer pergi menonton film The Aviator.
3. Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang tidak habis dibagi 3
atau 5 ? 4. Di antara bilangan bulat 1-300, berapa banyak yang habis dibagi 3 tetapi
tidak habis dibagi 5 maupun 7?
5. Di antara 100 mahasiswa, 32 orang mempelajari matematika, 20 orang
mempelajari fisika, 45 orang mempelajari biologi, 15 orang mempelajari matematika dan biologi, 7 orang mempelajari matematika dan fisika, 10 orang mempelajari fisika dan biologi dan 30 orang yang tidak mempelajari satupun di atara ketiga bidang tersebut. a. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari ketiga bidang
tersebut. b. Hitung banyaknya mahasiswa yang mempelajari hanya satu di atara
ketiga bidang tersebut.
6. Misalkan A, B dan C adalah himpunan. Tunjukkan bahwa a. (A B) C = A ( B C) b. A (B C ) = (A B) (A B) c. A (B C) = (A B) (A C) d. A (A B) = A B e. (A B) C = (A C) (B C) f. (A B) (A Bc ) = A g. A (B A) = A B h. A (B C) = (A C) B i. A (A B)c = A Bc
Foundation of Computer Science 1 8
Bab 2
Induksi Matematika
Induksi matematika adalah cara standar dalam membuktikan bahwa sebuah
pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Pembuktian dengan cara
ini terdiri dari dua langkah, yaitu :
1. Menunjukkan bahwa pernyataan itu berlaku untuk bilangan 1
2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n,
maka pernyataan berlaku juga untuk bilangan n + 1
Misalkan akan dibuktikan suatu pernyatan bahwa jumlah n bilangan asli pertama,
yaitu 1 + 2 + 3 + . . . + n adalah sama dengan 2
)1(nn. Untuk membuktikan
bahwa pernyataan itu berlaku untuk setiap bilangan asli, langkah langkah yang
dilakukan adalah sebagai berikut :
1. Menunjukkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = 1. Jelas
sekali bahwa jumlah 1 bilangan asli yang pertama adalah 2
)11(1 =
1. Jadi pernyataan tersebut adalah benar untuk n = 1.
2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk n = k,
maka pernyataan tersebut benar juga untuk n = k + 1. Hal ini bisa
dilakukan dengan cara :
- Mengasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n =
k, yaitu
1 + 2 + 3 + . . . + k = 2
)1(kk
- Menambahkan satu suku pada ruas kiri dan mengganti k
dengan k+1 pada ruas kanan, sehingga
1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) = 2
)1)1)((1( kk
= 2
)2)(1( kk
- Substitusikan 2
)1(kk ke ruas kiri
Foundation of Computer Science 1 9
k...321 + (k + 1)
2
)1(kk + (k + 1)
2
)1(2)1( kkk
2
)2)(1( kk (sama dengan ruas kanan)
- Dengan demikian , terbukti
1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) = 2
)2)(1( kk
- Jadi pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1
3. Dengan induksi matematika dapat disimpulkan bahwa pernyataan
tersebut berlaku untuk setiap bilangan asli n.
Secara formal, Induksi Matematika didefinisikan sebagai berikut :
Definisi 2.1
Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan p(n) yang bisa
benar atau salah. Misalkan
1. p(1) benar
2. Jika p(n) benar, maka p(n+1) benar
Sehingga p(n) benar untuk setiap bilangan asli n
Langkah 1 disebut Basis Induksi , sedangkan langkah 2 disebut Langkah Induksi
Jika pada langkah Induksi yang diasumsikan adalah pernyataan p(i) benar untuk
setiap bilangan i n, maka perumusan induksi matematika seperti ini disebut
Bentuk Kuat Induksi Matematika.
Contoh 2.1
Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5n 1 dapat dibagi 4
untuk setiap n 1
Foundation of Computer Science 1 10
Jawab
1. Akan ditunjukkan bahwa 51 1 habis dibagi 4 untuk n = 1. Jelas sekali
bahwa 51 1 = 5 - 1 = 4 habis dibagi 4
2. Asumsikan bahwa 5n 1 habis dibagi 4 untuk n = k, yaitu 5k 1 habis
dibagi 4. Akan ditunjukkan bahwa 5n 1 juga habis dibagi 4 untuk n =
k + 1, yaitu 5k+1 1 habis juga dibagi 4
5k+1 1 = 5. 5k 1
= (1+4) 5k 1
= 5k + 4.5k 1
= 5k 1 + 4.5k
= (5k 1) + 4.5k
Berdasarkan asumsi, 5k 1 habis dibagi 4. Sedangkan 4.5k juga habis
dibagi 4. Dengan demikian, 5k+1 1 habis dibagi 4. Karena Basis
Induksi dan Langkah Induksi terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa 5n
1 dapat dibagi 4 untuk setiap n 1.
Foundation of Computer Science 1 11
Latihan
Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan berikut ini benar
untuk setiap n 1
1. 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + n(n+1) = 2
)2)(1( nnn
2. 12 22 + 32 - . . . + (-1)n+1n2 = 2
)1()1(1
nnn
3. 13 + 23 + 33 + . . . + n3 =
2
2
)1(nn
4. 1 + 3 + 5 + . . . + 2n -1 = n2
5. 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = 6
)12)(1( nnn
6. 2.1
1 +
3.2
1 + . . . +
)1(
1
nn =
1n
n
7. 3.1
1 +
5.3
1 +
7.5
1+. . . +
)12)(12(
1
nn =
12 n
n
8. 4n 1 habis dibagi 3
9. 23n 1 habis dibagi 7
10. 11n 6 habis dibagi 5
11. 6.7n 2.3n habis dibagi 4
12. 3n + 7n 2 habis dibagi 8
Reference:
1. R. Johnsonbaugh, Discrete Mathematics, Fourth Edition, 1997, Prentice
Hall
2. Liu, C.L, Discrete Mathematics, Second Edition, 1986, McGraw-Hill
3. Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung
4. Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu
Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.
Foundation of Computer Science 1 12
Bab 3
Prinsip Dasar Perhitungan
3.1 Prinsip - prinsip Dasar
Dalam kehidupan sehari-hari, kita sering dihadapkan dengan masalah per
hitungan. Sebagai contoh, sebuah Warung Tegal menyediakan menu yang terdiri
dari 4 jenis makanan, yaitu Nasi Rawon (R), Nasi Soto (S), Nasi Pecel (P) dan
Bakso (B) serta 3 jenis minuman, yaitu Es Jeruk (J), Es Teh (T) dan Es Degan
(D).
Masalahnya, berapa banyak macam hidangan yang berbeda jika dipilih
dari satu jenis makanan dan satu jenis minuman? Masalah di atas merupakan
salah satu contoh masalah diskrit yang biasa dipecahkan dengan cara mendata
semua kemungkinan hidangan yang berbeda yang terdiri dari satu jenis makanan
dan satu jenis minuman, yaitu:
RJ; RT; RD; SJ; ST; SD; PJ; PT; PD; BJ; BT; BD
Sehingga terdapat 12 macam hidangan yang berbeda.
Total jenis hidangan tersebut bisa diperoleh dengan cara mengalikan
banyaknya jenis makanan dengan banyaknya jenis minuman. Teknik perhitungan
yang demikian disebut dengan Prinsip Perkalian. Selain prinsip perkalian,
terdapat teknik perhitungan lain yang bisa digunakan untuk memecahkan
masalah - masalah diskrit, yaitu Prinsip Penambahan. Kedua prinsip ini akan
dijelaskan dalam Subbab berikut ini.
3.2 Prinsip Perkalian
Definisi 3.1
Jika terdapat aktivitas yang terdiri dari t langkah berurutan, dimana langkah 1
bisa dilakukan dalam n1 cara, langkah 2 bisa dilakukan dalam n2 cara, dan
seterusnya sampai langkah ke-t yang bisa dilakukan dalam nt cara; maka
banyaknya aktivitas yang berbeda adalah
n1.n2 nt
Foundation of Computer Science 1 13
Contoh 3.1
Gunakan prinsip perkalian untuk menghitung masalah banyaknya macam
hidangan yang terdiri 1 jenis makanan dan 1 jenis minuman diatas.
Masalah perhitungan banyaknya macam hidangan yang terdiri satu jenis
makanan dan satu jenis minuman diatas merupakan aktivitas yang terdiri dari 2
langkah, dimana langkah pertama adalah memilih makanan yang bisa dilakukan
dalam 4 cara, dan langkah kedua adalah memilih minuman yang bisa dilakukan
dalam 3 cara, sehingga banyaknya macam hidangan adalah 4.3 = 12.
Contoh 3.2
Berapa banyak cara 3 huruf dapat disusun dari 5 huruf ABCDE ?
a) jika tidak boleh ada pengulangan?
b) jika huruf awalnya A dan tidak boleh ada pengulangan?
c) jika huruf awalnya bukan A dan tidak boleh ada pengulangan?
Jawab :
a) Ada 3 langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf
ABCDE jika tidak boleh ada pengulangan.
Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam
5 cara,
Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4
cara,
Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3
cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika
tidak boleh ada pengulangan adalah 5.4.3 = 60
b) Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf
ABCDE jika huruf awalnya A.
Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam
1 cara,
Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4
cara, Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam
3 cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika
huruf awalnya A adalah 1.4.3 = 12
c) Ada tiga langkah yang harus dilakukan untuk menyusun 3 huruf dari 5 huruf
ABCDE jika huruf awalnya bukan A.
Foundation of Computer Science 1 14
Langkah pertama adalah memilih huruf pertama yang bisa dilakukan dalam
4 cara,
Langkah kedua adalah memilih huruf kedua yang bisa dilakukan dalam 4
cara
Langkah ketiga adalah memilih huruf ketiga yang bisa dilakukan dalam 3
cara. Sehingga banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE jika
huruf awalnya bukan A adalah 4.4.3 = 48
Cara lain adalah banyaknya cara menyusun 3 huruf dari 5 huruf ABCDE
dikurangi dengan banyaknya cara menyusun 3 huruf yang diawali dengan
huruf A, yaitu: 60 - 12 = 48
3.3. Prinsip Penambahan
Definisi 3.2
Misalkan terdapat t himpunan X1, X2, . . . , Xt yang masing-masing mempunyai
n1, n2, . . ., nt anggota. Jika himpunan-himpunan tersebut saling lepas, yaitu Xi
Xj = ; untuk i j, maka banyaknya anggota yang bisa dipilih dari masing-
masing himpunan tersebut adalah
n1 + n2 + . . . + nt
Contoh 3.3
Berapa banyak untai 4 bit yang diawali dengan digit 10 dan 11?
Jawab :
Untuk menyusun untai 4 bit yang diawali dengan 10 ada dua langkah.
Langkah pertama adalah memilih digit ketiga yang bisa dilakukan dalam 2 cara
(memilih 0 atau 1).
Langkah kedua adalah memilih digit yang keempat yang juga bisa dilakukan
dalam 2 cara. Sehingga banyaknya untai 4 bit yang diawali dengan digit 10
adalah 2.2 = 4. Dengan cara yang sama dapat diperoleh banyaknya untai 4 bit
yang diawali dengan digit 11, yaitu ada 4 untai. Jadi banyaknya untai 4 bit yang
diawali dengan digit 10 dan 11 adalah 4 + 4 = 8
Contoh 3.4
Misalkan dalam sebuah rak terdapat 4 buku Matematika yang berbeda, 3 buku
Biologi yang berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda Berapa banyak cara 2 buku
dengan bidang yang berbeda bisa dipilih dari rak tersebut?
Foundation of Computer Science 1 15
Jawab :
Ada tiga kemungkinan yang bisa terjadi, yaitu 2 buku yang terpilih terdiri dari :
satu buku bidang Matematika dan satu bidang Biologi,
satu bidang Matematika dan satu bidang Fisika; serta
satu bidang Biologi dan satu bidang Fisika.
Dengan menggunakan Prinsip Perkalian, terdapat 4.3 = 12
Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika
dan satu bidang Biologi, terdapat 4.2 = 8
Cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang Matematika dan
satu bidang Fisika; serta
Terdapat 3.2 = 6 cara untuk memilih 2 buku yang terdiri dari satu buku bidang
Biologi dan satu bidang Fisika.
Karena pemilihan dua buku dari bidang yang berbeda tersebut saling lepas, maka
dengan menggunakan Prinsip Penambahan banyaknya cara 2 buku dengan
bidang yang berbeda bisa dipilih adalah 12 + 8 + 6 = 26
Latihan
3.1 Seorang mahasiswa mempunyai 9 kemeja, 5 celana panjang dan 3 pasang
sepatu. Berapa banyak setelan berbeda yang mungkin bisa dipakai oleh
mahasiswa tersebut?
3.2 Dua buah dadu (merah dan biru) digulirkan.
a) Berapa banyak hasil yang mungkin?
b) Berapa banyak hasil yang ganda (angkanya sama)?
c) Berapa banyak hasil yang tepat satu dadu menunjukkan angka 2?
d) Berapa banyak hasil yang paling sedikit satu dadu menunjukkan angka
2?
3.3. Sebuah panitia yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan Bendahara akan
dipilih dari 6 orang, yaitu Edi, Burhan, Amir, Cahyo, Rina dan Linda.
a) Berapa banyak pemilihan yang tidak melibatkan Linda?
b) Berapa banyak pemilihan yang baik Edi maupun Amir harus masuk
dalam kepanitiaan?
c) Berapa banyak pemilihan dengan Burhan sebagai Ketua?
d) Berapa banyak pemilihan dengan Rina harus masuk dalam kepanitian
dan Cahyo tidak?
Foundation of Computer Science 1 16
3.4. Misalkan terdapat 5 buku Matematika yang berbeda, 3 buku Biologi yang
berbeda dan 2 buku Fisika yang berbeda.
a) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak?
b) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak
jika semua buku dari bidang yang sama berada dalam satu kelompok?
c) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak
jika kelima buku Matematika berada dalam di sebelah kiri?
d) Berapa banyak cara buku-buku tersebut bisa diatur dalam sebuah rak
jika kedua buku Fisika tidak dikumpulkan bersama-sama?
3.5. Berapa banyak cara, paling sedikit dua orang di antara lima orang bisa
mempunyai hari ulang tahun pada bulan yang sama?
Reference:
5. R. Johnsonbaugh, Discrete Mathematics, Fourth Edition, 1997, Prentice
Hall
6. Liu, C.L, Discrete Mathematics, Second Edition, 1986, McGraw-Hill
7. Rinaldi Munir, Matematika Diskrit, Penerbit Informatika Bandung
8. Jong Jek Siang, Drs, Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada Ilmu
Komputer, 2002, Penerbit Andi Yogyakarta.
Foundation of Computer Science 1 17
Bab 4
Permutasi dan Kombinasi
Dalam kehidupan sehari-hari kita sering menghadapi masalah pengaturan suatu
obyek yang terdiri dari beberapa unsur, baik yang disusun dengan
mempertimbangkan urutan sesuai dengan posisi yang diinginkan maupun yang
tidak. Misalnya menyusun kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan
Bendahara dimana urutan untuk posisi tersebut dipertimbangkan atau memilih
beberapa orang untuk mewakili sekelompok orang dalam mengikuti suatu
kegiatan yang dalam hal ini urutan tidak menjadi pertimbangan. Dalam
matematika, penyusunan obyek yang terdiri dari beberapa unsur dengan
mempertimbangkan urutan disebut dengan permutasi, sedangkan yang tidak
mempertimbangkan urutan disebut dengan kombinasi.
4.1. Permutasi Masalah penyusunan kepanitiaan yang terdiri dari Ketua, Sekretaris dan
Bendahara dimana urutan dipertimbangkan merupakan salah satu contoh
permutasi. Jika terdapat 3 orang (misalnya Amir, Budi dan Cindy) yang akan
dipilih untuk menduduki posisi tersebut, maka dengan menggunakan Prinsip
Perkalian kita dapat menentukan banyaknya susunan panitia yang mungkin,
yaitu:
- Pertama menentukan Ketua, yang dapat dilakukan dalam 3 cara.
- Begitu Ketua ditentukan, Sekretaris dapat ditentukan dalam 2 cara.
- Setelah Ketua dan Sekretaris ditentukan, Bendahara dapat ditentukan
dalam 1 cara.
- Sehingga banyaknya susunan panitia yang mungkin adalah 3.2.1 = 6.
Secara formal, permutasi dapat didefinisikan sebagai berikut.
Definisi 4.1
Permutasi dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari n
unsur tersebut.
Foundation of Computer Science 1 18
Contoh 4.1
Tentukan permutasi dari 3 huruf yang berbeda, misalnya ABC !
Jawab :
Permutasi dari huruf ABC adalah ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.
Sehingga terdapat 6 permutasi dari huruf ABC.
Teorema 3.1
Terdapat n! permutasi dari n unsur yang berbeda.
Bukti.
Asumsikan bahwa permutasi dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas
yang terdiri dari n langkah yang berurutan.
Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n
cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n -
1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai
pada langkah ke-n yang bisa dilakukan dengan 1 cara. Berdasarkan Prinsip
Perkalian, terdapat n(n-1)(n-2) . . . 2.1 = n! permutasi dari n unsur yang
berbeda.
Contoh 4.2
Berapa banyak permutasi dari huruf ABC ?
Jawab :
Terdapat 3.2.1 = 6 permutasi dari huruf ABC.
Contoh 4.3
Berapa banyak permutasi dari huruf ABCDEF jika subuntai ABC harus selalu
muncul sebagai ABC?
Karena subuntai ABC harus selalu muncul sebagai ABC, maka subuntai ABC bisa
dinyatakan sebagai satu unsur. Dengan demikian terdapat 4 unsur yang
dipermutasikan, sehingga banyaknya permutasi adalah 4:3:2:1 = 24.
Foundation of Computer Science 1 19
Definisi 4.2
Permutasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah pengurutan dari
sub-himpunan dengan r anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} . Banyaknya
permutasi r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan P(n, r).
Contoh 4.4
Tentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE.
Jawab :
Permutasi 3 dari huruf ABCDE adalah
ABC ABD ABE ACB ACD ACE ADB ADC ADE AEB AEC AED BAC BAD BAE BCA BCD BCE BDA BDC BDE BEA BEC BED CAB CAD CAE CBA CBD CBE CDA CDB CDE CEA CEB CED DAB DAC DAE DBA DBC DBE DCA DCB DCE DEA DEB DEC EAB EAC EAD EBA EBC EBD
ECA ECB ECD EDA EDB EDC Sehingga banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60. Teorema 4.2
Banyaknya permutasi r dari n unsur yang berbeda adalah P(n, r) = )!(
!
rn
n
Bukti. Asumsikan bahwa permutasi r dari n unsur yang berbeda merupakan aktivitas
yang terdiri dari r langkah yang berurutan.
Langkah pertama adalah memilih unsur pertama yang bisa dilakukan dengan n
cara. Langkah kedua adalah memilih unsur kedua yang bisa dilakukan dengan n -
1 cara karena unsur pertama sudah terpilih. Lanjutkan langkah tersebut sampai
pada langkah ke-r yang bisa dilakukan dengan n _ r + 1 cara. Berdasarkan
Prinsip Perkalian, diperoleh
n(n - 1)(n - 2) . . .(n - r + 1) = 1.2...)1)((
1.2...)2)(1(
rnrn
nnn =
)!(
!
rn
n
Jadi P(n, r) = )!(
!
rn
n
Contoh 4.5
Foundation of Computer Science 1 20
Gunakan Teorema 4.2 untuk menentukan permutasi 3 dari 5 huruf yang berbeda,
misalnya ABCDE.
Jawab :
Karena r = 3 dan n = 5 maka permutasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah
P(5, 3) = )!35(
!5 =
!2
!5= 5.4.3 = 60
Jadi banyaknya permutasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 60.
4.2. Kombinasi Berbeda dengan permutasi yang urutan menjadi pertimbangan, pada kombinasi
urutan tidak dipertimbangkan. Misalnya pemilihan 3 orang untuk mewakili
kelompak 5 orang (misalnya Dedi, Eka, Feri, Gani dan Hari) dalam mengikuti
suatu kegiatan. Dalam masalah ini, urutan tidak dipertimbangkan karena tidak
ada bedanya antara Dedi, Eka dan Feri dengan Eka, Dedi dan Feri. Dengan
mendata semua kemungkinan 3 orang yang akan dipilih dari 5 orang yang ada,
diperoleh:
{Dedi, Eka, Feri} {Dedi, Eka, Gani} {Dedi, Eka, Hari} {Dedi, Feri, Gani}
{Dedi, Feri, Hari} {Dedi, Gani, Hari} {Eka,Feri,Gani} {Eka,Feri,Hadi}
{Eka, Gani, Hari} {Feri, Gani, Hari}
Sehingga terdapat 10 cara untuk memilih 3 orang dari 5 orang yang ada.
Selanjutnya kita dapat mendefinisikan kombinasi secara formal seperti di bawah
ini.
Definisi 4.3
Kombinasi r dari n unsur yang berbeda x1, x2, . . . , xn adalah seleksi tak terurut r
anggota dari himpunan {x1, x2 . . . , xn} (sub-himpunan dengan r unsur).
Banyaknya kombinasi-r dari n unsur yang berbeda dinotasikan dengan C(n, r)
atau r
n.
Foundation of Computer Science 1 21
Contoh 4.6
Tentukan kombinasi 3 dari 5 huruf yang berbeda, misalnya ABCDE.
Kombinasi-3 dari huruf ABCDE adalah
ABC ABD ABE ACD ACE
ADE BCD BCE BDE CDE
Sehingga banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10.
Teorema 4.3
Banyaknya kombinasi-r dari n unsur yang berbeda adalah C(n, r) = )!(!
!
rnr
n
Bukti.
Pembuktian dilakukan dengan menghitung permutasi dari n unsur yang berbeda
dengan cara berikut ini.
Langkah pertama adalah menghitung kombinasi-r dari n, yaitu C(n, r). Langkah kedua adalah mengurutkan r unsur tersebut, yaitu r!. Dengan
demikian,
P(n, r) = C(n, r) r!
C(n, r) = !
),(
r
rnP
= !
)!(/!
r
rnn
= !)!(
!
rrn
n
seperti yang diinginkan. Contoh 4.7
Gunakan Teorema 4.3 untuk menentukan kombinasi-3 dari 5 huruf yang
berbeda, misalnya ABCDE.
Karena r = 3 dan n = 5 maka kombinasi-3 dari 5 huruf ABCDE adalah
C(5,3) = !3)!35(
!5 =
!3!2
!5 =
2
4.5 = 5.2 = 10
Jadi banyaknya kombinasi 3 dari 5 huruf ABCDE adalah 10.
Foundation of Computer Science 1 22
Contoh 4.8
Berapa banyak cara sebuah kepanitiaan yang terdiri dari 4 orang yang dipilih dari
6 orang ?
Jawab
Karena panitia yang terdiri dari 4 orang merupakan susunan yang tidak terurut,
maka masalah ini merupakan kombinasi-4 dari 6 unsur yang tersedia. Sehingga
dengan menggunakan Teorema 4.3 dimana n = 6 dan r = 4
diperoleh:
C(6,4) = !4)!46(
!6 =
!4!2
!6 =
2
6.5 = 5. 3 = 15
Jadi terdapat 15 cara untuk membentuk sebuah panitia yang terdiri dari 4 orang
bisa dipilih dari 6 orang.
Contoh 4.9
Berapa banyak cara sebuah panitia yang terdiri dari 2 mahasiswa dan 3
mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan 6 mahasiswi?
Jawab :
Pertama, memilih 2 mahasiswa dari 5 mahasiswa yang ada, yaitu:
C(5,2) = 2
5.4 = 10
Kedua, memilih 3 mahasiswi dari 6 mahasiswi yang ada, yaitu:
C(6,3) = 3.2.1
6.5.4 = 4.5 =20
Sehingga terdapat 10.20 = 200 cara untuk membentuk sebuah panitia yang
terdiri dari 2 mahasiswa dan 3 mahasiswi yang bisa dipilih dari 5 mahasiswa dan
6 mahasiswi.
4.3 Generalisasi Permutasi
Kalau pada pembahasan permutasi sebelumnya unsur-unsur yang diurutkan
berbeda, pada bagian ini akan dibahas permutasi yang digeneralisasikan dengan
membolehkan pengulangan unsur-unsur yang akan diurutkan, dengan kata lain
unsur-unsurnya boleh sama.
Foundation of Computer Science 1 23
Misalkan kita akan mengurutkan huruf-huruf dari kata KAKIKUKAKU. Karena
huruf-huruf pada kata tersebut ada yang sama, maka banyaknya permutasi
bukan 10!, tetapi kurang dari 10!.
Untuk mengurutkan 10 huruf pada kata KAKIKUKAKU dapat dilakukan dengan
cara:
Asumsikan masalah ini dengan tersedianya 10 posisi kosong yang akan
diisi dengan huruf-huruf pada kata KAKIKUKAKU.
Pertama menempatkan 5 huruf K pada 10 posisi kosong, yang dapat
dilakukan dalam C(10, 5) cara.
Setelah 5 huruf K ditempatkan, maka terdapat 10 - 5 = 5 posisi kosong.
Berikutnya adalah menempatkan 2 huruf A pada 5 posisi kosong, yang
dapat dilakukan dalam C(5, 2) cara.
Begitu 2 huruf A ditempatkan, terdapat C(3, 2) cara untuk menempatkan
2 huruf U pada 3 posisi kosong yang ada.
Akhirnya terdapat C(1, 1) cara untuk menempatkan 1 huruf I pada 1
posisi kosong yang tersisi.
Dengan menggunakan Prinsip Perkalian diperoleh
C(10,5).C(5,2).C(3,2).C(1, 1) = !5!5
!10.
!3!2
!5.
!1!2
!3.
!1!1
!1
= !1!2!2!5
!10
= 2.2
6.7.8.9.10
= 7650
Jadi banyaknya cara untuk mengurutkan huruf-huruf dari kata
KAKIKUKAKU adalah 7560.
Secara umum banyaknya permutasi dari obyek yang mempunyai beberapa unsur
sama dapat dijabarkan seperti pada teorema berikut ini.
Foundation of Computer Science 1 24
Teorema 3.4
Misalkan X merupakan sebuah barisan yang mempunyai n unsur, dimana
terdapat n1 unsur yang sama untuk jenis 1, n2 unsur yang sama untuk jenis 2
dan seterusnya sampai nt unsur yang sama untuk jenis t. Banyaknya permutasi
dari barisan X adalah
!....!!
!
21 tnnn
n
Bukti.
- Untuk menempatkan posisi n1 unsur yang sama untuk jenis 1 pada n posisi
yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n, n1) cara.
- Setelah n1 unsur ditempatkan, maka terdapat n - n1 posisi yang tersedia,
sehingga untuk menempatkan posisi n2 unsur yang sama untuk jenis 2 pada n
_ n1 posisi yang tersedia dapat dilakukan dengan C(n - n1, n2) cara.
- Demikian seterusnya sampai pada nt unsur yang sama untuk jenis t yang bisa
dilakukan dengan C(n - n1 - n2 - . . .- nt-1, nt) cara.
- Dengan menggunakan Prinsip Perkalian dapat diperoleh
C(n, n1) . C(n-n1, n2) . C(n-n1-n2, n3)...C(n-n1-n2--nt-1, nt)
= )!(
!
11nnn
n.
)!(
!)(
212
1
nnnn
nn . . .
!0!
....121
t
t
n
nnnn
= !....!!
!
21 tnnn
n
Contoh 4.10
Gunakan Teorema 4.4 untuk menentukan banyaknya cara menyusun huruf - huruf dari kata KAKIKUKAKU Jawab : Diketahui n = 10, n1 = 5, n2 = 2, n3 = 2 dan n4 = 1. Dengan menggunakan Teorema 4.4, diperoleh
!1!2!2!5
!10=
2.2
10.9.8.7.6 = 7560
4.4. Generalisasi Kombinasi
Foundation of Computer Science 1 25
Generalisasi kombinasi merupakan perluasan dari kombinasi yang membolehkan
pengulangan suatu unsur. Misalnya kita ingin memilih 4 kelereng dari sebuah
kantong yang berisi paling sedikitnya 4 kelereng dari masing-masing warna yaitu
merah, biru dan kuning. Kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut adalah
{4 merah} {3 merah, 1 biru} {2 merah, 2 biru} {1 merah, 3 biru} {3 merah, 1 kuning} {2 merah, 2 kuning}
{1 merah, 3 kuning} {4 biru} {3 biru, 1 kuning} {2 biru, 2 kuning} {1 biru, 3 kuning} {4 kuning} {2 merah, 1 biru, 1 kuning} {1 merah, 2 biru, 1 kuning} {1 merah, 1 biru, 2 kuning}
Sehingga terdapat 15 kemungkinan terpilihnya 4 kelereng tersebut.
Permasalahan di atas dapat kita nyatakan sebagai seleksi dari 4+3-1 simbol yang
terdiri dari 4 simbol o sebagai kelereng dan 3 - 1 simbol k sebagai pemisah
kelereng yang berbeda warna. Selanjutnya kita menentukan posisi dari simbol-
simbol tersebut, yaitu:
merah biru kuning
oooo
ooo o
oo oo
o ooo
ooo o
oo oo
o ooo
oooo
ooo o
oo oo
o ooo
oo o o
o oo o
o o oo
Foundation of Computer Science 1 26
Latihan
4.1 Berapa banyak untai yang bisa dibentuk dengan mengurutkan huruf ABCDE
jika
a. mengandung subuntai ACE.
b. mengandung huruf ACE dalam sembarang urutan.
c. A muncul sebelum D (misalnya BCADE, BCAED).
d. tidak mengandung subuntai AB atau CD.
4.2. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat berbaris
jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan?
4.3. Dalam berapa banyak cara 5 mahasiswa dan 7 mahasiswi dapat duduk di
meja mundar jika tidak boleh ada 2 mahasiswa yang berdekatan?
4.4. Sebuah kelompok terdiri dari 6 mahasiswa dan 7 mahasiswi. Ada berapa
cara kita bisa memilih panitia yang terdiri dari:
a. 3 mahasiswa dan 4 mahasiswi.
b. 4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswi.
c. 4 orang paling sedikitnya 1 mahasiswa.
d. 4 orang dimana jumlah mahasiswa sama dengan mahasiswi.
4.5. Tentukan banyaknya kemungkinan lima kartu (tak terurut) yang dipilih dari
52 kartu jika:
a. mengandung 4 As.
b. mengandung 4 kartu dari nilai yang sama.
c. mengandung semua spade.
d. mengandung kartu dari semua rupa.
4.6. Dalam berapa banyak cara 10 buku yang berbeda dapat dibagikan pada 3
mahasiswa jika mahasiswa pertama mendapatkan 5 buku, mahasiswa
kedua mendapatkan 3 buku dan mahasiswa ketiga mendapatkan 2 buku?
4.7. Misalkan terdapat kumpulan bola yang berwarna merah, biru dan hijau yang
masing-masing mengandung paling sedikitnya 10 bola.
a. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih?
b. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola merah
harus terpilih?
c. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika paling sedikit 1 bola
merah, paling sedikit 2 bola biru dan paling sedikit 3 bola hijau harus
terpilih?
d. berapa banyak cara 10 bola bisa dipilih jika tepat 1 bola merah dan
paling sedikit 1 bola biru harus terpilih?
Foundation of Computer Science 1 27
ALJABAR BOOLEAN
Seorang ahli matematika dari Inggris, George Boole
(1815-1864) pada tahun 1854 memaparkan aturan aturan dasar
logika dalam bukunya yang berjudul An Investigation of the
Laws of Thought, on Which Are Founded the Mathematical
Theories of Logic and Probabilities, yang kemudian dikenal
sebagai logika Boolean. Dia menyusun beberapa aturan hubungan
antara nilai nilai matematis yang dibatasi hanya dengan 2
nilai, yaitu true atau false, 1 atau 0. Sistem matematikanya
ini kemudian dikenal sebagai Aljabar BooLean.
Dewasa ini aljabar Boolean telah menjadi dasar tekologi
computer digital. Saat ini aljabar Boolean digunakan secara
luas dalam perancangan rangkaian pensaklaran, rangkaian
digital, dan rangkaian IC (integrated circuit) computer.
3.1 Definisi Aljabar Boolean
Definisi 3.1
Aljabar Boolean adalah aljabar yang terdiri atas suatu
himpunan B dengan 2 operator biner yang didefinisikan pada
himpunan tersebut, yaitu : + (penjumlahan) dan
(perkalian)
sehingga untuk setiap a, b, c B berlaku aksioma atau
postulat sebagai berikut :
1. Closure : (i). a + b B
(ii). a b B
2. Identitas : (i). Ada elemen tunggal 0 B ,
sedemikian hingga berlaku a + 0
= 0 + a = a
(i). Ada elemen tunggal 0 B ,
sedemikian hingga berlaku a 1
= 1 a = 1
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)
(iii). (a b) + c = (a + c) (b + c)
Foundation of Computer Science 1 28
5. Komplemen : Untuk setiap a B , terdapat elemen
tunggal a B sedemikian hingga
berlaku a + a = 1 dan a a = 0
6. Terdapat sedikitnya 2 buah elemen, a dan b B sedemikian
hingga a b.
7. Idempoten : (i). a a = a
(ii). a + a = a
8. Asosiatif : (i). a + (b + c) = (a + b) + c
(ii). a (b c) = (a b) c
Kecuali aksioma 7 dan 8, keenam aksioma pertama disebut
Postulat Huntington. karena diformulasikan secara formal oleh
E.V Huntington.
Untuk mempunyai sebuah aljabar boolean, kita harus
memperlihatkan :
1. elemen himpunan B
2. kaidah / aturan operasi untuk 2 operator biner
3. himpunan B , bersama sama dengan 2 operator tersebut,
memenuhi postulat Huntington.
3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai
Aljabar Boolean dua nilai didefinisikan pada sebuah himpunan
dengan 2 buah elemen. Yaitu B = {0,1} , dengan kaidah untuk
operator biner + dan ditunjukkan pada table 3.1 dan 3.2
berikut ini .
Tabel 3.1 Tabel 3.2 Tabel 3.3
a b a
b
a b a + b a b
0 0 0 0 0 0 0 1
0 1 0 0 1 1 1 0
1 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
Harus ditunjukkan bahwa postulat Huntington benar untuk
himpunan B = {0,1} dan dua operator biner yang didefinisikan
di atas.
1. Closure, jelas dari tabel karena hasil tiap operasi
adalah 0 dan 1 B
2. Dari table terlihat bahwa (i). 0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii). 1 0 = 0 1 = 0
yang memenuhi elemen identitas 0 dan 1
3. Hukum komutatif jelas terpenuhi
Foundation of Computer Science 1 29
4. (i). Hukum distributif a (b + c) = (a b) + (a c)
dipenuhi dapat ditunjukkan dengan tabel kebenaran
3.4 berikut
Tabel 3.4
a b c b +
c a (b
+ c)
a
b
a
c
(a b) + (a
c)
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 0
0 1 0 1 0 0 0 0
0 1 1 1 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 1 1 1 0 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
(ii). Hukum distributif a + (b c) = (a + b) (a + c)
dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran
seperti (i)
(ii). Hukum distributif (a b) + c = (a + c) (b + c)
dapat ditunjukkan dengan membuat tabel kebenaran
seperti (i)
5. Tabel komplemen memperlihatkan bahwa :
(i). a + a = 1 , karena 0 + 0 = 0 + 1 = 1
(ii). a a = 0, karena 0 0 = 0 1 = 0
6. Postulat 6 dipernuhi karena aljabar boolean dua nilai
memiliki 2 buah elemen yang berbeda yaitu 1 dan 0.
3.3 Prinsip Dualitas
Dualitas adalah padanan dual ekspresi Boole yang diperoleh
dengan cara
o mempertukarkan + dengan , dan o mempertukarkan 1 dengan 0
Contoh :
Ekspresi Dualitas
a + a = a a a = a Idempoten
a + 1 = 1 a 0 = 0 Identitas
a (b + c) = (a b)
+ (a c)
a + (b c) = (a + b)
(a +c)
Foundation of Computer Science 1 30
3.4 Sifat - sifat Aljabar Boolean
1. Hukum Identitas
(i). a + 0 = a
(ii). a 1 = 1
2. Hukum Idempoten
(i). a a = a
(ii). a + a = a
3. Hukum Komplemen
(i). a + a = 1
(ii). a a = 0
4. Hukum Dominansi
(i). a 0 = 0
(ii). a + 1 = 1
5. Hukum Involusi :
(i). (a) = a
6. Hukum Absorbsi
(Penyerapan)
(i). a + (a b)
= a
(ii). a (a + b)
= a
7. Hukum Komutatif
(i). a + b = b +
a
(ii). a b = b
a
8. Hukum Asosiatif
(i). a + (b +
c) = (a + b) + c
(ii). a (b c) =
(a b) c
9. Hukum Distributif
(i). a + (b c) =
(a + b) (a + c)
(ii). a (b + c) =
(a b) + (a c)
10. Hukum De Morgan
(i). (a + b) = a
b
(ii). (a b) =
a + b
11. Hukum 0/1
(i). 0 = 1
(ii). 1 = 0
Kadang kadang untuk menyederhanakan penulisan, kita
menuliskan a b sebagai ab
Foundation of Computer Science 1 31
Contoh :
1. Buktikan bahwa a + a b = a + b
Bukti :
a + a b = (a + ab) + a b (Absorbsi)
= a + (ab + a b) (Asosiatif)
= a + (a + a ) b (Distributif)
= a + 1. b (Komplemen)
= a + b (Identitas)
2. Buktikan bahwa a ( a + b) = a b
Bukti :
a ( a + b) = a a + a b (Distributif)
= 0 + a b (Komplemen)
= a b (Identitas)
Tugas :
Buktikan bahwa :
1. a + a = 1 dan a . a = a 2. a + 1 = 1 dan a . 0 = 0
3. (a b) = a + b
4. a b + a b = a
5. a b + a b c = a b + a c
6. (a + b) (a + b + c) = (a + b) (a + c)
3.5 Fungsi Boolean
Pada aljabar Boolean dua nilai , B = {0,1}, peubah
(variable) x disebut peubah Boolean atau peubah biner jika
nilainya hanya dari B. Fungsi Boolean atau disebut juga
fungsi biner adalah ekspresi yang dibentuk dari peubah biner,
dua operator biner + dan , operator komplemen ( ) , tanda kurung, dan tanda sama dengan (=). Setiap peubah boolean,
termasuk komplemennya disebut literal.
Contoh contoh fungsi boolean :
1. f (x) = x
2. f (x, y) = x y + xy + y
3. f (x, y) = x y
4. f (x, y) = (x + y)
5. f (x, y, z) = x y z
Foundation of Computer Science 1 32
Fungsi 5 diatas, yaitu f (x, y, z) = x y z terdiri atas 3
literal x , y dan z. Fungsi tersebut mempunyai harga 1
untuk x = 1 , y = 0, dan z = 1, sebab
f (1, 0, 1) = 1 0 1= 1.1.1= 1, dan berharga 0 untuk nilai
x, y dan z yang lain.
Selain secara aljabar, fungsi biner dapat dinyatakan dengan
tabel kebenaran.
Contoh :
Diketahui fungsi boolean f (x, y, z) = x y z. Nyatakan f
dalam tabel kebenaran
Tabel 3.5
x y z f (x, y
z)
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 1
1 1 0 0
1 1 1 0
Fungsi boolean tidak unik, artinya dua buah fungsi yang
ekspresi aljabarnya berbeda, mungkin saja merupakan dua buah
yang sama karena keduanya mempunyai nilai yang sama pada tabel
kebenaran. Sebagai contoh, fungsi f (x, y, z) = x y z + x
yz + xy dan fungsi g (x, y, z) = x z + x y adalah dua buah
fungsi boolean yang sama. Lihat tabel kebenaran berikut ini :
Tabel 3.6
x y z f (x, y
z)
G (x, y
z)
0 0 0 0 0
0 0 1 1 1
0 1 0 0 0
0 1 1 1 1
1 0 0 1 1
1 0 1 1 1
1 1 0 0 0
1 1 1 0 0
Karena fungsi boolean tidaklah unik, bagaimanakah kita
menemukan dua buah ekspresi boolean yang menunjukkan fungsi
yang sama ? Yaitu dengan cara manipulasi aljabar.
Perhatikan contoh berikut ini :
f (x, y, z) = x y z + x yz + xy
Foundation of Computer Science 1 33
= x z (y + y) + xy
= x z (1) + xy
= x z + xy
3.6 Fungsi Komplemen
Fungsi komplemen dari suatu fungsi f , dapat dicari dengan
menukarkan nilai 0 menjadi 1, dan sebaliknya nilai 1 menjadi
0.
Foundation of Computer Science 1 34
Ada 2 cara yang dapat digunakan untuk membentuk fungsi
komplemen :
1. Menggunakan Hukum De Morgan
Untuk 2 peubah x1 dan x2 : (x1 + x2) = x1 x2 dan
dualnya (x1 . x2) = x1 + x2
Untuk 2 peubah x1, x2 , dan x3 :
(x1 + x2 + x3) = (x1 + y) misal x2 + x3 = y
= x1 . y
= x1 (x2 + x3)
= x1 x2 x3
Untuk n peubah, x1, x2 , . . . xn
(x1 + x2 +. . . .+ xn) = x1 x2 . . . . xn
dan dualnya :
(x1 . x2 .. . . . xn) = x1 + x2 + . . . . + xn
Contoh :
Fungsi komplemen f (x, y, z) dari fungsi f (x, y, z) =
x(y z + yz) adalah
f (x, y, z) = (x (y z + yz))
= x + (y z + yz)
= x + (y z ) . (yz)
= x + (y + z ) . (y +z )
2. Menggunakan prinsip dualitas.
Cari dual dari f lalu komplemenkan setiap literalnya.
Misalnya untuk fungsi yang sama f (x, y, z) = x(y z +
yz)
Dual dari f : x + (y + z ). (y + z)
Komplemen tiap literalnya adalah ; x + (y + z ) . (y
+z ) = f
Jadi f (x, y, z) = x + (y + z ) . (y +z )
Tugas :
Cari komplemen dari fungsi
1. f (x, y, z) = x (y z + y z)
2. f (x, y, z) = y + xy + x yz
Foundation of Computer Science 1 35
3. f (x, y, z) = x(y + z) (x + y + z)
4. f (x, y, z, w) = x z + w xy + wyz + w xy
3.7 Bentuk Kanonik
Beberapa fungsi Boolean mungkin mempunyai ekspresi aljabar
yang berbeda , tetapi sebenarnya nilai fungsinya sama.
Sebagai contoh, f (x,y) = x y dan g (x, y) = (x + y) adalah
dua buah fungsi yang sama.
Contoh lain, f (x, y, z) = x y z + xy z + xyz
dan
g(x, y, z) = (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) (x + y +
z) (x + y + z)
adalah dua buah fungsi yang sama. Fungsi pertama, f, tampil
dalam bentuk penjumlahan dari hasil kali, sedangkan fungsi
yang kedua, g, muncul sebagai bentuk perkalian dari hasil
penjumlahan.
Setiap suku (term) mengandung literal yang lengkap, x, y, z.
Fungsi boolean yang dinyatakan sebagai jumlah dari hasil kali
dan hasil kali dari jumlah, dengan setiap sukunya mengandung
literal lengkap, disebut dalam bentuk kanonik.
Ada dua macam bentuk kanonik :
1. Minterm atau sum-of- product (SOP)
2. Maxterm atau product-of-sum (POS)
Minterm dan Maxterm dari dua peubah biner ditunjukkan pada
tabel 3.7 berikut :
Tabel 3.7
x y Minterm Maxterm
Suku Lambang Suku Lambang
0 0 x y m0 x + y M0
0 1 x y m1 x + y M1
1 0 x y m2 x + y M2
1 1 xy m3 x +
y
M3
Minterm dan Maxterm dari tiga peubah biner ditunjukkan pada
tabel 3.8 berikut :
Tabel 3.8
x y z Minterm Maxterm
Suku Lambang Suku Lambang
0 0 0 x y m0 x + y + M0
Foundation of Computer Science 1 36
z z
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
Suatu fungsi boolean dapat dibentuk secara aljabar dari tabel
kebenaran yang diketahui dengan membentuk minterm dari setiap
kombinasinya.
Untuk membentuk minterm, tinjau kombinasi peubah peubah yang
menghasilkan nilai 1. Kombinasi 001, 100 dan 111 ditulis
sebagai x y z , xy z , dan xyz.
Untuk membentuk maxterm, tinjau kombinasi peubah peubah yang
menghasilkan nilai 0. Kombinasi 000, 010, 101 dan 110 ditulis
sebagai (x + y + z) , (x + y + z) , (x + y + z ) dan (x +
y + z)
Contoh :
Tinjau fungsi Boolean yang diekspresikan dalam tabel 3.9
berikut ini. Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk Kanonik
SOP dan POS.
Tabel 3.9
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
Jawab :
1. SOP : tinjau kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1
Foundation of Computer Science 1 37
f (x, y, z) = x y z + xy z + xyz
atau dalam bentuk lain,
f (x, y, z) = m1 + m4 + m7 = (1, 4, 7)
2. POS : tinjau 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
atau dalam bentuk lain,
f (x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6 = (0, 2, 3, 5, 6)
Notasi dan berguna untuk menyingkat penulisan ekspresi
bentuk SOP dan POS.
Latihan :
Nyatakan fungsi Boolean berikut dalam SOP dan POS
1. f (x, y, z) = x + y z
2. f (x, y, z) = xy + x z
3.8 Konversi Antar Bentuk Kanonik
Misal f adalah fungsi Boolean dalam bentuk SOP :
f (x,y,z) = (1, 4, 5, 6, 7)
dan f adalah komplemen dari f.
f (x, y, z) = (0, 2, 3) = m0 + m2 + m3
Dengan menggunakan hukum de Morgan, kita dapat memperoleh
fungsi f dalam bentuk POS :
f (x, y, z) = (f (x, y, z)) = (m0 + m2 + m3)
= m0 . m2 . m3
= (x y z ) (x y z ) (x y z)
= (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z )
= M0 M2 M3
= (0, 2, 3)
Jadi mj = M j
Foundation of Computer Science 1 38
Latihan :
1. Konversikan ke bentuk SOP, f (x,y,z) = (0, 2, 4, 5)
2. Konversikan ke bentuk POS, f (x,y,z) = (1, 2, 5, 6,
10, 15)
3. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi
Boolean f (x,y) = x
4. Carilah bentuk kanonik, SOP dan POS dari fungsi
Boolean
f (x,y) = y + xy + x yz
3.9 Bentuk Baku
Dua bentuk kanonik adalah bentuk dasar yang diperoleh dengan
membaca fungsi dari tabel kebenaran. Bentuk ini umumnya
sangat jarang muncul, karena setiap suku di dalam bentuk
kanonik harus mengandung literal atau peubah yang lengkap,
baik dalam bentuk normal (x) atau dalam bentuk komplemennya
x.
Cara lain untuk mengekspresikan fungsi Boolean adalah bentuk
baku (standard) . Pada bentuk ini, suku suku yang membentuk
fungsi dapat mengandung satu, dua, atau sejumlah literal. Dua
tipe bentuk baku adalah bentuk baku SOP dan bentuk baku POS.
Contoh :
f (x,y,z) = y + xy + x yz
f (x,y,z) = x(y + z) (x + y + z )
Foundation of Computer Science 1 39
3.10 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi)
Fungsi boolean dapat disederhanakan dalam 3 cara :
1. Secara aljabar, dengan menggunakan rumus atau
aksioma yang berlaku pada fungsi boolean
2. Menggunakan Peta Karnaugh
3. Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)
3.10.1 Secara Aljabar
Contoh :
1. f (x, y) = x + x y
= (x + x ) (x + y)
= 1 . (x + y)
= x + y
2. f (x, y) = x (x + y)
= x x + x y
= 0 + x y
= x y
3. f (x, y, z) = x y z + x y z + x y
= x z (y + y) + x y
= x z . 1 + x y
4. f (x, y, z) = x y + x z + y z
= x y + x z + y z ( x + x )
= x y + x z + x y z + x y z
= x y ( 1 + z ) + x z ( 1 + y )
= x y + x z
3.10.2 Peta Karnaugh
Peta Karnaugh adalah sebuah diagram / peta yang
terbentuk dari kotak - kotak yang bersisian. Tiap kotak
merepresentasikan sebuah minterm. Peta Karnaugh dengan
jumlah kotak lebih dari 4 buah akan memiliki sisi yang
berseberangan. Sisi yang berseberangan tersebut
sebenarnya merupakan sisi yang bersisian juga. Artinya
sebuah peta karnaugh dapat dibayangkan sebagai sebuah
kotak kubus atau balok atau silinder yang tersusun atas
kotak kotak itu.
a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
y
0 1
m0
m1
x 0
x y
x y
Foundation of Computer Science 1 40
m2
m3
1
x y
x y
Contoh a.1
Tabel 3.11
x y f (x, y)
0 0 0
0 1 0
1 0 0
1 1 1
Peta Karnaugh nya :
y
0 1
x 0 0 0
1 0 1
Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y) =
x y
Contoh a.2
Tabel 3.12
x y f (x, y)
0 0 0
0 1 0
1 0 1
1 1 1
Peta Karnaugh nya :
y
0 1
x 0 0 0
1 1 1
Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y) =
x y + x y
b. Peta Karnaugh dengan tiga peubah
y z
00 01
11 10
Foundation of Computer Science 1 41
m0
m1
m3
m2
x 0
x y
z
x
yz
x
yz
x
y
z
m3
m5
m7
m6
1
x y
z
xy
z
x y
z
x y
z
Contoh b.1
Tabel 3.13
x y z f (x, y)
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 1
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 1
Peta Karnaugh nya :
y z
00 01 11
10
x 0 0 0 0 1
1 0 0 1 1
Fungsi Boolean yang merepresentasikannya adalah f (x, y,
z) = x y z + x y z + x y z
c. Peta Karnaugh dengan empat peubah
y z
00 01
11 10
m0
m1
m3
m2
w x
00
w x
y z
w x
yz
w x
yz
w x
y z
m4
m5
m7
M6
01
w x
y z
w x
yz
w x
yz
w x y
z
m12
m13
m11
m14
11
wx y
z
wx
yz
wx yz
wx y
z
m8
m9
m11
m10
10
w x
y z
w x
y z
w x y
z
w x
y z
Foundation of Computer Science 1 42
Teknik Minimasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh
1. Pasangan : dua buah 1 yang bertetangga
yz
00 01 11 10
wx 00 0
0 0 0
01 0
0 0 0
11 0
0 1 1
10 0
0 0 0
Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : f (w, x, y, z) =
w x y z + w x y z
Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w x y
Bandingkan dengan cara aljabar
f (w, x, y, z) = w x y z + w x y z
= w x y (z + z )
= w x y (1)
= w x y
2. Kuad : empat buah 1 yang bertetangga
yz
00 01 11 10
wx 00 0
0 0 0
01 0
0 0 0
11
1 1 1 1
10
0 0 0 0
Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : f (w, x, y, z) =
w x y z + w x y z
+ w x y z + w x y z
Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w x
3. Oktet : delapan buah 1 yang bertetangga
Foundation of Computer Science 1 43
yz
00 01 11 10
wx 00 0
0 0 0
01 0
0 0 0
11
1 1 1 1
10
1 1 1 1
Fungsi Boolean sebelum disederhanakan : f (w, x, y, z) =
w x y z + w x y z + w x y z +
w x y z + w x y z
+ w x y z + w x y
z + w x y z
Setelah disederhanakan : f (w, x, y, z) = w
Latihan
Sederhanakan fungsi Boolean berikut dengan menggunakan peta
Karnaugh
1. f (x, y, z) = x y z + x y z + x y z + x y z
2. f (w, x, y, z) = w x y + x y z + w x yz + w x
y
3. f (x, y, z) = (0, 2, 4, 5, 6)
4. f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 12, 13, 14)
Menyederhanakan fungsi Boolean ke dalam bentuk POS
Contoh :
1. f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 5, 8, 9, 10)
Jawab :
Untuk memperoleh POS, kelompokkan kotak-kotak yang berelemen 0
dengan cara yang sama seperti pengelompokan 1
yz
00 01 11 10
wx 00 1
1 0 1
01 0
1 0 0
11
0 0 0 0
Foundation of Computer Science 1 44
10
1 1 0 1
Jadi f (w, x, y, z) = (w + x ) ( y + z ) ( x + z)
Latihan :
Diberikan tabel 3.14 berikut ini
x y z f (x, y,
z)
0 0 0 0
0 0 1 1
0 1 0 0
0 1 1 1
1 0 0 1
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 0
Tentukan bentuk sederhana dari fungsi Boolean yang
merepresentasikan tabel kebenaran di atas dalam bentuk SOP dan
POS
Keadaan Dont Care
Keadaan dont care adalah kondisi nilai peubah yang tidak
diperhitungkan oleh fungsinya. Artinya nilai 1 atau 0 dari
peubah dont care tidak berpengaruh pada hasil fungsi
tersebut.
Contoh :
1. Minimasi fungsi Boolean berikut :
f (w, x, y, z) = (1, 3, 7, 11, 15) dengan kondisi
dont care d (w, x,
y, z) = (0, 2, 5)
Jawab :
(diterangkan di kelas)
2. Diberikan tabel 3.15. Minimasi fungsi f sesederhana
mungkin
a b c d f (a, b, c,
d)
0 0 0 0 1
0 0 0 1 0
Foundation of Computer Science 1 45
0 0 1 0 0
0 0 1 1 1
0 1 0 0 1
0 1 0 1 1
0 1 1 0 0
0 1 1 1 1
1 0 0 0 x
1 0 0 1 x
1 0 1 0 x
1 0 1 1 x
1 1 0 0 x
1 1 0 1 x
1 1 1 0 x
1 1 1 1 x
Penyederhanaan Rangkaian Logika
Teknik minimasi fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh mempunyai
terapan yang sangat penting dalam menyederhanakan rangkaian
logika maupun switching network.
Penyederhanaan rangkaian dapat mengurangi jumlah gerbang
logika yang digunakan, dan dapat mengurangi jumlah inputan.
Contoh :
Minimasi fungsi Boolean
f (x, y, z) = x y z + x y z + x y z + x y z
dan gambarkan gerbang
logikanya
Jawab :
(dijelaskan di kelas)
3.10.3 Metode Quine Mc- Cluskey
Untuk fungsi Boolean yang mempunyai lebih dari 6 peubah,
digunakan metode Mc-Cluskey. Metode ini disebut juga metode
Tabulasi.
Langkah langkah :
1. Nyatakan tiap minterm dalam n peubah menjadi string bit
yang panjangnya n
2. Kelompokkan tiap minterm berdasarkan jumlah 1 yang
dimilikinya.
3. Kombinasikan minterm dalam n peubah dengan kelompok lain
yang jumlah 1nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk
prima yang terdiri dari n-1 peubah. Minterm yang
dikombinasikan diberi tanda V
Foundation of Computer Science 1 46
4. Kombinasikan minterm dalam n-1 peubah dengan kelompok lain
yang jumlah 1nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk
prima yang terdiri dari n-2 peubah.
5. Ulangi langkah 4 sampai diperoleh bentuk prima yang paling
sederhana.
6. Ambil semua bentuk prima yang tidak bertanda V. Buatlah
tabel baru yang memperlihatikan minterm dari ekspresi
Boolean semula yang dicakup oleh bentuk prima tersebut
(tandai dengan x). Setiap minterm harus dicakup oleh
paling sedikit satu buah bentuk prima.
7. Pilih bentuk prima yang memiliki jumlah literal paling
sedikit namun mencakup sebanyak mungkin minterm dari
ekspresi Boolean semula, yaitu dengan cara :
a. Tandai kolom kolom yang mempunyai satu buah tanda
x dengan tanda *, lalu beri tanda v di sebelah
kiri bentuk prima yang berasosiasi dengan tanda *
tersebut.
Bentuk prima ini telah dipilih untuk fungsi Boolean
sederhana
b. Untuk setiap bentuk prima yang telah ditandai dengan
V, beri tanda minterm yang dicakup oleh bentuk prima
tersebut dengan tanda V
c. Periksa apakah masih ada minterm yang belum dapat
dicakup oleh bentuk prima terpilih. Jika ada, pilih
dari bentuk prima yang tersisa yang mencakup sebanyak
mungkin minterm tersebut. Beri tanda V bentuk prima
yang dipilih itu serta minterm yang dicakupnya.
d. Ulangi langkah c sampai seluruh minterm sudah dicakup
oleh semua bentuk prima.
Contoh :
1. Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = (0, 1,
2, 8, 10, 11, 14, 15)
2. Sederhanakan fungsi Boolean f (w, x, y, z) = (1, 4,
6, 7, 8, 9, 10, 11,15)
Jawab :
(dijelasan di kelas)
Foundation of Computer Science 1 47
Latihan :
1. Diketahui fungsi Boolean berikut :
f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 3, 7, 11, 13)
d (w, x, y, z) = (5, 9, 14, 15)
minimasi fungsi di atas dengan peta Karnaugh, lalu
tuliskan dalam minterm dan maxterm.
2. Minimasi fungsi fungsi Boolean berikut dengan Peta
karnaugh dalam bentuk maxterm dan minterm
a. f (x, y, z) = (2, 3, 6, 7)
b. f (x, y, z) = x y + x y z + x yz
c. f (w, x, y, z) = (4, 6, 7, 15)
d. f (w, x, y, z) = (0, 1, 2, 6, 8, 9, 12)
3. Cari komplemen dari fungsi berikut :
f (w, x, y, z) = x z + w x y + wyz + w xy
4. Sederhanakan fungsi berikut dengan metode Mc Cluskey
f (w, x, y, z) = (9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 19,
31)
Foundation of Computer Science 1 48
3.11 Aplikasi Aljabar Boolean
Aljabar Boolean memiliki aplikasi yang luas antara lain di
bidang jaringan pensaklaran (switching) dan rangkaian digital.
3.11.1 Jaringan Pensaklaran (Switching Network)
Saklar adalah obyek yang mempunyai 2 keadaan, yaitu buka dan
tutup. Kita dapat mengasosiasikan setiap peubah dalam fungsi
boolean sebagai gerbang (gate) di dalam sebuah saluran yang
dialiri listrik, air, gas, informasi atau benda lain yang
mengalir.
Pada fungsi tersebut, peubah komplemen menytakan closed gate,
sedangkan peubah bukan komplemen menyatakan opened gate.
Tiga bentuk dasar gate paling sederhana :
1. a bx
Output b hanya ada jika dan hanya jika x tertutup x
2. a bx y
Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y
tertutup xy
3.
a
b
x
y
c
Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y
tertutup x + y
Contoh :
1. Saklar dalam hubungan Seri : Logika AND
Foundation of Computer Science 1 49
AC
a b
lampu
sumber tegangan
a dan b adalah saklar
2. Saklar dalam hubungan Paralel : Logika OR
AC
a
b
sumber tegangan
lampu
a dan b adalah
saklar
Latihan :
Nyatakan ekspresi Boolean ini dalam rangkaian pensaklaran
x y + (x + xy) z + x(y + y z b+ z)
3.11.2 Rangkaian Digital
Rangkaian digital elektronik biasanya dimodelkan dalam
gerbang logika. Ada 3 macam gerbang dasar : AND, OR dan
NOT. Rangkaian yang dibentuk oleh gerbang logika disebut
rangkaian logika.
x
yxy
x
yx + y
x x'
Gerbang AND dua masukan Gerbang OR dua masukan Gerbang
NOT (inverter)
Selain gerbang dasar tersebut di atas, masih terdapat gerbang
logika turunan, yaitu NAND, NOR, XOR, dan XNOR,
Foundation of Computer Science 1 50
x
y(xy)'
x
y(x + y)'
x
yx + y
Gerbang NAND Gerbang NOR Gerbang
XOR
x
y(x + y)'
Gerbang XNOR
Foundation of Computer Science 1 51
Contoh :
Nyatakan fungsi Boolean berikut ke dalam rangkaian logika
f (x, y, z) = xy + x y
Foundation of Computer Science 1 52
Jawab :
a. Cara pertama
x
xy
xy
y
x'x' y
xy + x' y
b. Cara kedua
xy
xy
x'x' y
xy + x' y
c. Cara ketiga
xy
xy
x'x' y
xy + x' y
Contoh lain
Foundation of Computer Science 1 53
Latihan :
Foundation of Computer Science 1 54
Foundation of Computer Science 1 55
Foundation of Computer Science 1 56
Daftar Isi
halaman
ALJABAR BOOLEAN ............................................................................................. 27
3.1 Definisi Aljabar Boolean ......................................................... 27
3.2 Aljabar Boolean Dua Nilai ....................................................... 28
3.3 Prinsip Dualitas ........................................................................... 29
3.4 Sifat - sifat Aljabar Boolean ............................................. 30
3.5 Fungsi Boolean ................................................................................ 31
3.6 Fungsi Komplemen ........................................................................... 33
3.7 Bentuk Kanonik ................................................................................ 35
3.8 Konversi Antar Bentuk Kanonik ............................................. 37
3.9 Bentuk Baku ....................................................................................... 38
3.10 Aplikasi Aljabar Boolean ......................................................... 48
3.10.1 Jaringan Pensaklaran (Switching Network) ............ 48
3.10.2 Rangkaian Digital ................................................................. 49
3.11 Penyederhanaan Fungsi Boolean (Minimasi fungsi) .... 39
3.11.1 Secara Aljabar ........................................................................ 39
3.11.2 Peta Karnaugh ........................................................................... 39
3.11.3 Metode Quine Mc- Cluskey ................................................. 45
Top Related