1 / 32

11. ALJABAR BOOLEAN

11. ALJABAR BOOLEAN. 11.1 Aljabar Boolean Dua Nilai Aljabar Boolean Dua Nilai didefinisikan pada h impunan B dengan dua buah elemen 0 dan 1 ( sering dinamakan bit – singkatan dari binary digit ) yaitu B = {0, 1}, operator biner “+” dan “.” dan operator uner “ ’ ”.

meira
Download Presentation

11. ALJABAR BOOLEAN

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. 11. ALJABAR BOOLEAN

  2. 11.1 Aljabar Boolean DuaNilai Aljabar Boolean DuaNilaididefinisikanpada himpunan B denganduabuahelemen 0 dan 1 (seringdinamakanbit – singkatandaribinary digit) yaitu B = {0, 1}, operator biner “+” dan “.” dan operator uner “ ’ ”. Untukselanjutnyaistilah “Aljabar Boolean DuaNilai” disingkatmenjadi “Aljabar Boolean”.

  3. 11.2 PrinsipDualitas Jika S adalahsebuahidentitas yang berlaku padaAljabar Boolean, maka dual dari S (ditulis S*) jugaberlaku. S* diperolehdengancaramengganti: . dengan + + dengan . 0 dengan 1 1 dengan 0 PerhatikanHukum-hukumAljabar Boolean. Jikakitaperhatikan, identitas (ii) adalah dual dariidentitas (i).

  4. 11.3 Fungsi Boolean Contoh 11.1 f(x) = x f(x,y) = x’y + xy’ + y’ f(x,y) = x’y’ f(x,y) = (x+y)’ f(x,y,z) = xyz’ Peubahpadafungsi Boolean disebut “literal”. Setiap literal bernilai 0 atau 1

  5. Contoh 11.2 Misalfungsi f(x,y,z) = x y z’ Jikanilai x =1, y = 1 dan z = 0, maka f(1,1,0) = 1.1.0’=1.1.1=1 Selaindapatditentukandengancaraaljabar, fungsi Boolean jugadapatditentukandengan menggunakantabelkebenaran. Jikafungsi Boolean terdiridari n literal, maka kombinasidariseluruh literal akanterdiri dari 2nkombinasi. Berartitabelkebenaranterdiridari 2nbaris.

  6. Contoh 11.3 Misalfungsi f(x,y,z) = x y’ z’ Nyatakannilaikebenaran f(x, y, z) denganmenggunakantabelkebenaran Penyelesaian:

  7. 11.4 PenjumlahandanPerkalianDuaFungsi Boolean Misal f dan g adalahduafungsi Boolean dgn n peubah. Penjumlahan f + g didefinisikansebagai: (f+g) (x1 + x2 + … + xn) = f(x1 + x2 + … + xn) + g (x1 + x2 + … + xn) Perkalian f . g didefinisikansebagai: (f . g) (x1 + x2 + … + xn) = f(x1 + x2 + … + xn) . g (x1 + x2 + … + xn) Contoh 11.4 Misalfungsi f(x, y) = xy + y dan g(x, y) = x+y Tentukan f + g danf.g Penyelesaian f + g = xy + y + x + y f . g = (xy + y)(x + y)

  8. 11.5 KomplemenFungsi Boolean Komplemendarisuatufungsi f, yaitu f’, dapatditentukandenganduacara, yaitu: 1. MenggunakanHukum De Morgan: (x1 + x2 + … + xn) = x1 x2 x3 (x1x2x3 ) = x1 + x2 + x3 2. Menggunakanprinsipdualitas. Pertama-tama tentukan dual dari f. Setelahitukompalemenkansetiapliteraldalam dual tersebut. Bentukakhir yang didapatadalahfungsikomplemen.

  9. Contoh 11.5 Tentukankomplemenfungsi f(x,y,z) = x(y z + yz) denganmenggunakanhukum De Morgan danprinsipDualitas! Penyelesaian: Hukum De Morgan f(x,y,z) = (x(y z + yz)) = x + (y z + yz) = x + (y + z)(y + z) Prinsipdualitas f*(x,y,z) = x + (y + z)(y + z) f(x,y,z) = x + (y + z)(y + z)

  10. 11.6 KomplemenFungsi Boolean Fungsi Boolean dapatdisajikandalamduabentukberbeda, yaitu: Penjumlahandarihasil kali, misalnya: f(x,y,z) = x y z + x yz + x y z 2. Perkaliandarihasilpenjumlahan, misalnya: f(x,y,z) = (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) minterm (hasil kali) maxterm (hasiljumlah)

  11. Faktor yang perludiperhatikanadalahsetiap mintermataumaxtermharusmempunyaijumlah literal yang lengkap f(x,y,z) = xyz + yz + xyz f(x,y,z) = (x + y + z) (y + z) bukanminterm minterm bukanmaxterm maxterm

  12. Fungsi Boolean yang keseluruhansukunya (term) merupakanmintermataumaxtermdisebutdalam bentukKanonik. Contoh 11.6 Fungsi Boolean berikutadalahfungsi Boolean dalam bentukKanonik. a. f(x,y,z) = xyz + xyz + xyz f(x,y,z) = (x + y + z) (x + y + z) BentukKanonikterdiridari 2 bentuk, yaitu: Penjumlahandarihasil kali (sum-of- product) atau SOP Perkaliandarihasilpenjumlahan (product-of-sum) atau POS Nama lain dari: SOP adalahbentuk normal disjungtif (disjunctive normal form) POS adalahbentuk normal konjungtif (conjunctive normal form)

  13. Contoh 11.7 f(x,y,z) = xyz + xyz + xyz adalahfungsi Boolean dalambentuk SOP. f(x,y,z) = (x+y+z)(x+y+z)(x+y+z)(x+y+z) adalah fungsi Boolean dalambentuk POS

  14. 11.7 Membentukmintermdanmaxtermdengantabelkebenaran Untukminterm, lambangkomplemenmenunjukkan nilai 0, sedangkanlambangtanpakomplemen menunjukkannilai 1. Contoh: xy = 00 = 0, sehinggaindeksmadalah 0 (m0) xy = 01 = 1, sehinggaindeksmadalah 1 (m1) dst.

  15. Untukmaxterm, lambangkomplemenmenunjukkan nilai 1, sedangkanlambangtanpakomplemen menunjukkannilai 0. Contoh: x + y = 00 = 0, sehinggaindeksMadalah 0 (M0) x + y = 01 = 1, sehinggaindeksMadalah 1 (M1) dst.

  16. 11.8 Membentukfungsi Boolean dalambentuk kanonik (SOP dan POS) daritabelkebenaran Untukmembentukfungsi Boolean dalambentuk SOP, tinjaukombinasinilai-nilaipeubah yang memberikannilaifungsi = 1. Untukmembentukfungsi Boolean dalambentuk POS, tinjaukombinasinilai-nilaipeubah yang memberikannilaifungsi = 0.

  17. Contoh 11.8 Dari tabelkebenaranberikut, tentukansuatufungsi Boolean dalambentuk SOP dan POS.

  18. Penyelesaian Kanonik SOP Kombinasinilai-nilaipeubah yang menghasilkannilaifungsi = 1 adalah: 001, 100, 111 Makafungsi Boolean dalambentukKanonik SOP adalah: f(x,y,z) = xyz + xyz + xyz ataudenganmenmggunakanlambangminterm: f(x,y,z) = m1 + m4 + m7 =  (1, 4, 7) Kanonik POS Kombinasinilai-nilaipeubah yang menghasilkannilaifungsi = 0 adalah: 000, 010, 011, 101, 110. Makafungsi Boolean dalambentukKanonik POS adalah: f(x,y,z) = (x + y + z)(x + y + z)(x + y + z)(x + y + z) ataudenganmenmggunakanlambangmaxterm: f(x,y,z) = M0M2M3 M5M6=  (0, 2, 3, 5, 6)

  19. 11.9 Mengubahfungsi Boolean yang tidakdalambentukkanonikmenjadibentukkanonik Kanonik SOP Bentuksetiapsukufungsi Boolean dalambentukpenjumlahanhasilperkalian. Jikadiperlukangunakanhukum-hukumaljabar Boolean. Kalikansetiapsukudengan 1 (hukumkomplemen), agar setiapsukumengandung literal yang lengkap. Selesaikanperkalian. Kanonik POS Bentuksetiapsukufungsi Boolean dalambentukperkalianhasilpenjumlahan. Jikadiperlukangunakanhukum-hukumaljabar Boolean. Tambahkansetiapsukudengan 0, agar setiapsukumengandung literal yang lengkap.

  20. Contoh 11.9 Ubahfungsi Boolean f(x,y,z) = x + yzkedalambentukKanonik SOP dan POS. Penyelesaian: Bentukkanonik SOP f(x,y,z) = x + yz x = 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z Jadif(x,y,z) = xyz + xyz + xyz + xyz + xyz + xyz Suku yang samacukupditulissekalisaja. Sehinggaf(x,y,z) = xyz + xyz + xyz + xyz + xyz atauf(x,y,z) = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 =  (1, 4, 5, 6, 7)

  21. Bentukkanonik POS f(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) Sehingga f(x,y,z) = (x + y +z)(x + y +z)(x + y +z) atauf(x,y,z) = M0M2M3 =  (0, 2, 3)

  22. 11.10 Konversiantarbentukkanonik Misal f =  (1, 4, 5, 6, 7) adalahfungsi Boolean dalambentuk SOP yang akandikonversikebentuk POS. f (x, y, z) =  (0, 2, 3) = m0 + m2 + m3adalahfungsikomplemendari f. Denganmenggunakanhuklum De Morgan, dapatdiperolehfungsi f dalambentuk POS. f(x, y, z) = (f(x, y, z)) = (m0 + m2 + m3) = m0 . m2 . m3 = (xyz) (xyz) (xyz) = (x+y+z)(x+y+z)(x+y+z) = M0M2M3 =  (0, 2, 3) Jadif (x,y,z) =  (1, 4, 5, 6, 7) =  (0, 2, 3)

  23. Latihan a) Ubah fungsi Boolean F(x, y, z) = (x + z)(y + x) ke dalam bentuk kanonik SOP! b) Ubah fungsi boolean kanonik SOP pada a) menjadi kanonik POS! 2. a) Ubah fungsi Boolean F(x, y, z) = xy + xz ke dalam bentuk kanonik POS! b) Ubah fungsi boolean kanonik POS pada a) menjadi kanonik SOP!

  24. 11.11 Bentuk Baku Selainbentukkanonik SOP dan POS, adacara lain untukmengekspresikanfungsi Boolean, yaitubentukbaku (standard) SOP dan POS. Perbedannyadenganbentukkanonikadalahpadabentukkanonik SOP dan POS setiaptermmengnadung literal yang lengkap. Sedangkanpadabentukbaku, setiaptermtidakharusmengandung literal yang lengkap.

  25. x y x y x y x + y x x x y (x y) x y (x + y) x y (x  y) x y (x  y)

  26. 11.13 RangkaianLogika Rangkaianlogikadibangundenganmenggunakankombinasidaribeberapagerbang. Rangkaianlogikadengan input yang samadapatdigambarkandenganpencabangansumber input atausumber input yang terpisah. Gambarberikutduarangkaianlogika yang menghasilkan output yang sama, yaituxy(x + y)

  27. xy x y x + y (x + y) xy x y xy(x + y) xy(x + y) x + y x (x + y) y

  28. Contoh 11.10 Gambarkanrangkaianlogika yang menghasilkanoutput: b) c) Penyelesaian: a) x x + y y

  29. b) x y z

  30. c) x x+y+z y z x y z

More Related