0

Aljabar Boolean



Aljabar Boolean merupakan operasi aritmatiks pada bilangan Boolean. Bilangan Boolean adalah  bilangan hanya mengenal 2 keadaan (False/True), (Yes/No), (1 atau 0).---> bilangan biner.

Misalkan terdapat :
1. Dua operator biner: + dan ×
2. Sebuah operator uner: ’.
3. B : himpunan yang didefinisikan pada opeartor +, ×, dan ’
4. 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.
Tupel
(B, +, ×, ’)
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap abc Î B berlaku 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[1][1]:     (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
3.       Memenuhi postulat Huntington.

Aljabar Boolean Dua-Nilai
1. Aljabar Boolean du B = {0, 1 operator biner, + dan ×}
2. Operator uner, ’
Kaidah untuk operator biner dan operator uner:

a
b
× b

a
b
a + b

a
a
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



 Cek apakah memenuhi postulat Huntington:
1.      Closure :  jelas berlaku
2.      Identitas: jelas berlaku karena dari tabel dapat kita lihat bahwa:
(i)  0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii) 1 × 0  = 0 × 1 = 0
3.       Komutatif:  jelas berlaku dengan melihat simetri tabel operator biner.
4.      Distributif: (i) a × (b + c) = (a × b) + (a × c) dapat ditunjukkan benar dari tabel operator biner di atas  dengan membentuk tabel kebenaran:

 a
b
c
b + c
a × (b + c)
a × b
a × c
(a × b) + (a × c)
0
0
0





0
0
1





0
1
0





0
1
1





1
0
0





1
0
1





1
1
0





1
1
1





(ii) Hukum distributif a + (b × c) = (a + b× (a + c) dapat ditunjukkan benar dengan membuat tabel kebenaran dengan cara yang sama seperti (i).
5.    Komplemen: jelas berlaku karena memperlihatkan bahwa:
       (i)  a + a‘ = 1, karena 0 + 0’= 0 + 1 = 1 dan 1 + 1’= 1 + 0 = 1
       (ii) a × a’ = 0, karena 0 × 0’= 0 × 1 = 0 dan 1 × 1’ = 1 × 0 = 0 
   Karena kelima postulat Huntington dipenuhi, maka terbukti bahwa B = {0, 1} bersama-sama dengan operator biner + dan × operator komplemen ‘ merupakan aljabar Boolean.





Ekspresi Boolean
·       Misalkan (B, +, ×, ’) adalah sebuah aljabar Boolean.
·       Suatu ekspresi Boolean dalam (B, +, ×, ’) dapat berbentuk:
(i)   elemen di dalam B, ex : 0 dan 1
(ii)  peubah/ literal/ variable, ex : a, b, c
(iii) jika e1 dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2,
e1 × e2e1’ adalah ekspresi Boolean
               Contoh:
                             a + b
                             a × b
                             a× (b + c)
                             a × b’ + × × c’ + b, dan sebagainya

Hukum-hukum Aljabar Boolean

1.      Hukum identitas:
(i)         a + 0 = a
(ii)  a × 1 = a

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

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

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

5.  Hukum involusi:
(i)      (a’)’ = a

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

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

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)’ = ab
(ii) (ab)’ = a’ + b

11.           Hukum 0/1
  (i)   0’ = 1
       (ii)  1’ = 0


Contoh 7.3. Buktikan (i) a + ab = a + b   dan   (ii) a(a’ + b) = ab
Penyelesaian:
          (i)      a + ab        = (a + ab) + ab            (Penyerapan)
                                       = a + (ab + ab)            (Asosiatif)
                                       = a + (a + a’)b              (Distributif)
                                       = a + 1 · b                    (Komplemen)
                                       = a + b                          (Identitas)
(ii)    adalah dual dari (i)
  

Fungsi Boolean
·       Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan dari Bnke B melalui ekspresi Boolean, kita menuliskannya sebagai
                   f : Bn ® B
yang dalam hal ini Bn adalah himpunan yang beranggotakan pasangan terurut ganda-n (ordered n-tuple) di dalam daerah asal B.

·       Setiap ekspresi Boolean tidak lain merupakan fungsi Boolean.
·       Misalkan sebuah fungsi Boolean adalah

f(xyz) = xyz xy + yz

Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3
(xyz) ke himpunan {0, 1}.
Contohnya, (1, 0, 1) yang berarti x = 1, y = 0, dan z = 1
sehingga f(1, 0, 1) = 1 × 0 × 1 + 1’ × 0 + 0’× 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .


Contoh.  Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain:
1.    f(x) = x
2.    f(xy) = xy + xy’+ y
3.    f(xy) = x y
4.    f(xy) = (x + y)’
5.    f(xyz) = xyz’                                                                                               


·       Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk komplemennya, disebut literal.

Contoh: Fungsi h(xyz) = xyz pada contoh di atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu x, y, dan z’.


Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(xyz) = xy z, nyatakan dalam tabel kebenaran.
Penyelesaian:

      

x
y
z
f(xyz) = xy z
f= x’+yz
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0

                                                         

Komplemen Fungsi
1.    Cara pertama: menggunakan hukum De Morgan
Hukum De Morgan untuk dua buah peubah, x1 dan x2, adalah 
               
Contoh. Misalkan f(xyz) = x(yz’ + yz), maka
    f ’(xyz)    = (x(yz’ + yz))’
                            =  x’ + (yz’ + yz)’
                            =  x’ + (yz’)’ (yz)’
                        =  x’ + (y + z) (y’ + z’)                                                         


2.    Cara kedua: menggunakan prinsip dualitas.
Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.

Contoh. 
         Misalkan f(xyz) = x(yz’ + yz), maka
dual dari  f:                                      x + (y’ + z’) (y + z)

komplemenkan tiap literalnya:     x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
         
Jadi, ‘(xyz) = x’ + (y + z)(y’ + z’)                                                              

Bentuk Kanonik

·       Jadi, ada dua macam bentuk kanonik:
1.    Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
2.    Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)

Contoh: 1.  f(xyz) = xyz + xyz’ + xyz  à SOP
          Setiap suku (term) disebut minterm

     2. g(xyz) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)
         (x’ + y + z’)(x’ + y’ + z)  à POS

Setiap suku (term) disebut maxterm

·       Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap








Minterm
Maxterm
x
y
Suku
Lambang
Suku
Lambang
0
0
1
1
0
1
0
1
xy
xy
xy
x y
m0
m1
m2
m3
x + y
x + y
x’ + y
x’ + y
M0
M1
M2
M3




Minterm
Maxterm
x
y
z
Suku
Lambang
Suku
Lambang
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
xyz
xyz
xy z
xy z
x yz
x yz
x y z
x y z
m0
m1
m2
m3
m4
m5
m6
m7
x + y + z
 x + y + z
x + y’+z
x + y’+z
x’+ y + z
x’+ y + z
x’+ y’+ z
x’+ y’+ z
M0
M1
M2
M3
M4
M5
M6
M7


Contoh 7.10. Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

     Tabel 7.10
x
y
z
f(xyz)
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
Penyelesaian:
(a)   SOP
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik SOP adalah

f(xyz) =  xyz + xyz’ + xyz

atau (dengan menggunakan lambang minterm),                  

f(xyz) =  m1 + mm7 = å (1, 4, 7)

(b) POS
Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 0 adalah 000, 010,  011, 101, dan 110, maka fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik POS adalah

 f(xyz)  =  (x + y + z)(x + y’+ z)(x + y’+ z’)
   (x’+ y + z’)(x’+ y’+ z)
                                  
      atau dalam bentuk lain,               

f(xyz) =  M0 M2 M3 M5 M6 = Õ(0, 2, 3, 5, 6)                                                 

Contoh 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(xyz) = x + yz dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
     (a) SOP
     x  = x(y + y’)
         = xy xy
         = xy (z + z’) + xy’(z + z’)
         = xyz xyz’ + xyz + xyz


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

     Jadi  f(xyz)   = x + yz
                                  = xyz xyz’ + xyz + xyz’ + xyz + xyz
                                  = xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz
                       
       atau  f(xyz)   = m1 + mmmm7 = S(1,4,5,6,7)                  

(b) POS
          f(xyz) = yz
                        = (x + y’)(x + z)

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

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

          Jadi, f(xyz) = (x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x + z)(y’ + z)
                           = (y  + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)

          atau f(xyz) = M0M2M3 = Õ(0, 2, 3)                                                                


Peta Karnaugh

a.  Peta Karnaugh dengan dua peubah
                                                                            y
                                                                     0          1

m0
m1
  0
xy
xy

m2
m3
xy
xy


b. Peta dengan tiga peubah








yz
00

01

11

10

m0
m1
m3
m2

x   0                     
xyz
xyz
xyz
xyz

m4
m5
m7
m6

1                    
xyz
xyz
xyz
xyz


Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.

x
y
z
f(xyz)


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





yz
00

01

11

10
x  0
0
0
0
1
1
0
0
1
1





b. Peta dengan empat peubah








yz
00

01

11

10

m0
m1
m3
m2
  wx  00
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz

m4
m5
m7
m6

01                     
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz

m12
m13
m15
m14

11
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz

m8
m9
m11
m10

10
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz


Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.

w
x
y
z
f(wxyz)

0
0
0
0
0


0
0
0
1
1


0
0
1
0
0


0
0
1
1
0


0
1
0
0
0


0
1
0
1
0


0
1
1
0
1


0
1
1
1
1


1
0
0
0
0


1
0
0
1
0


1
0
1
0
0


1
0
1
1
0


1
1
0
0
0


1
1
0
1
0


1
1
1
0
1


1
1
1
1
0





yz
00

01

11

10
wx      00
0
1
0
1
01
0
0
1
1
11
0
0
0
1
10
0
0
0
0






Teknik Minimisasi 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


Sebelum disederhanakanf(wxyz) = wxyz wxyz
Hasil Penyederhanaan:     f(wxyz) = wxy

Bukti secara aljabar:

                        f(wxyz) = wxyz + wxyz
                                            = wxy(z + z’)
                                            = wxy(1)
                                            = wxy


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


Sebelum disederhanakanf(wxyz) = wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz
Hasil penyederhanaan:  f(wxyz) = wx

Bukti secara aljabar:

                        f(wxyz) = wxy’ + wxy
                                            = wx(z’ + z)
                                            = wx(1)
                                            = wx


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


Contoh lain:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
0
0
0
11
1
1
0
0
10
1
1
0
0


Sebelum disederhanakan: f(wxyz) = wxyz’ + wxyz + wxyz’ + wxy’z
Hasil penyederhanaan:    f(wxyz) = wy

3.  Oktet: delapan 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
1
1
1
1

           
Sebelum disederhanakanf(abcd) = wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz’ +
             wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz

Hasil penyederhanaanf(wxyz) = w

Bukti secara aljabar:

                         f(wxyz) = wy’ + wy
                                             = w(y’ + y)
                                             = w


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

  
Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean f(xyz)  = xyz + xyz’ + xyz +xyz’.

Jawab:
            Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:


yz
00

01

11

10
x     0


1

1
1

1
1

Hasil penyederhanaan:  f(xyz)  =  yz + xz
           

Contoh 5.12. Andaikan suatu tabel kebenaran telah diterjemahkan ke dalam Peta Karnaugh. Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian sesederhana mungkin.


yz
00

01

11

10
wx   00
0
1
1
1
01
0
0
0
1
11
1
1
0
1
10
1
1
0
1


Jawab: (lihat Peta Karnaugh)  f(wxyz) = wy’ + yz’ + wxz 

Contoh 5.13.  Minimisasi fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
1
1
1
1
10
1
1
1
1

Jawab: (lihat Peta Karnaugh)  f(wxyz) = w + xyz


Jika penyelesaian Contoh 5.13 adalah seperti di bawah ini:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
1
1
1
1
10
1
1
1
1


maka fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah

            f(wxyz) = wxyz                                      (jumlah literal = 5)

yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(wxyz) = w + xyz   (jumlah literal = 4).            

Contoh 5.14. (Penggulungan/rolling) Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
1
0
0
1
11
1
0
0
1
10
0
0
0
0


Jawab:  f(wxyz) = xyz’ + xyz’ ==> belum sederhana


Penyelesaian yang lebih minimal:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
1
0
0
1
11
1
0
0
1
10
0
0
0
0


                f(wxyz) = xz’     ===> lebih sederhana

Contoh 5.15: (Kelompok berlebihan) Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
0
1
1
0
10
0
0
1
0

Jawab:           f(wxyz) = xyz + wxz + wyz  ® masih belum sederhana.


Penyelesaian yang lebih minimal:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
0
1
1
0
10
0
0
1
0


            f(wxyz) = xywyz    ===> lebih sederhana

 Contoh 5.16.  Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


cd
00

01

11

10
ab   00
0
0
0
0
01
0
0
1
0
11
1
1
1
1
10
0
1
1
1


Jawab: (lihat Peta Karnaugh di atas)  f(abcd) = ab + ad + ac + bcd 


Contoh 5.17.  Minimisasi fungsi Boolean f(xyz)  =  xz +  xy + xyz + yz

Jawab:
x’z = xz(y + y’) = xyz + xyz
xy = xy(z + z’) = xyz + xyz
yz yz(x + x’) = xyz + xyz

f(xyz) = xz + xxyz + yz
               = xyz + xyz + xyz xyz’ + xyz + xyz xyz
               = xyz xyz + xyz’ + xyz + xyz

            Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:


yz
00

01

11

10
x      0

1
1
1
1

1
1


Hasil penyederhanaan:  f(xyz) = z + xyz



Peta Karnaugh untuk lima peubah


 000      001    011    010     110     111    101     100
00
m0
m1
m3
m2
m6
m7
m5
m4
01
m8
m9
m11
m10
m14
m15
m13
m12
11
m24
m25
m27
m26
m30
m31
m29
m28
10
m16
m17
m19
m18
m22
m23
m21
m20









                                                Garis pencerminan
               


Contoh 5.21. (Contoh penggunaan Peta 5 peubah) Carilah fungsi sederhana dari  f(vwxyz) = S (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 29, 31)
Jawab:
            Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
                                                                   



xyz
000

001

011

010

110

111

101

100




vw 00

1



1

1



1




01


1

1



1

1



    



11


1

1



1

1





10


1





1



            Jadi  f(vwxyz)  =  wz + vwz’ + vyz

Posting Komentar

 
Top