ALJABAR BOOLEAN - MATDIS
ALJABAR BOOLEAN
Pengertian Aljabar Boolean dan Hukumnya
Aljabar
Boolean atau dalam bahasa Inggris disebut dengan Boolean Algebra adalah
matematika yang digunakan untuk menganalisis dan menyederhanakan Gerbang Logika
pada Rangkaian-rangkaian Digital Elektronika. Boolean pada dasarnya merupakan
Tipe data yang hanya terdiri dari dua nilai yaitu “True” dan “False” atau
“Tinggi” dan “Rendah” yang biasanya dilambangkan dengan angka “1” dan “0” pada
Gerbang Logika ataupun bahasa pemrograman komputer. Aljabar Boolean ini pertama
kali diperkenalkan oleh seorang Matematikawan yang berasal dari Inggris pada
tahun 1854. Nama Boolean sendiri diambil dari nama penemunya yaitu George Boole.
Tujuan pembelajaran- Mengetahui defenisi dan teorema serta contoh dari Aljabar Boole.
- Mengenal bentuk normal Disjunctive, rangkaian saklar, pernyataan Boole Minimal dan Peta Karnaugh.
Misalkan terdapat
- Dua operator biner: + dan ×
- Sebuah operator uner: ’.
- B : himpunan yang didefinisikan pada operator +, ×, dan ’
- 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.
Tupel
(B, +, ×, ’)
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c 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]: (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
Aljabar Boolean dua-nilai:
- B = {0, 1}
- operator biner, + dan ×
- operator uner, ’
- Kaidah untuk operator biner dan operator uner:
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:
(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 Tabel 7.3 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, +, ×, ’) adalah:
(i) setiap elemen di dalam B,
(ii) setiap peubah,
(iii) jika e1
dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2,
e1 × e2, e1’
adalah ekspresi Boolean
Contoh: 0
1
a
b
a + b
a
× b
a’× (b + c)
a
× b’ + a × b × c’ + b’, dan
sebagainya
Contoh. Perlihatkan bahwa a + a’b = a + b .
Penyelesaian:
(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 Tabel 7.3 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, +, ×, ’) adalah:
(i) setiap elemen di dalam B,
(ii) setiap peubah,
(iii) jika e1
dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2,
e1 × e2, e1’
adalah ekspresi Boolean
Contoh: 0
1
a
b
a + b
a
× b
a’× (b + c)
a
× b’ + a × b × c’ + b’, dan
sebagainya
Contoh. Perlihatkan bahwa a + a’b = a + b .
Penyelesaian:
Perjanjian: tanda titik (×) dapat dihilangkan dari
penulisan ekspresi Boolean, kecuali jika ada penekanan:
(i) a(b
+ c) = ab + ac
(ii)
a + bc = (a + b) (a
+ c)
(iii)
a × 0 , bukan a0
·
Misalkan S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar
Boolean yang melibatkan operator +, ×, dan komplemen, maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti
×
dengan +
+ dengan
×
0 dengan
1
1 dengan
0
dan membiarkan operator komplemen
tetap apa adanya, maka kesamaan S*
juga benar. S* disebut sebagai dual dari S.
Contoh.
(i) (a
× 1)(0 + a’) = 0 dualnya (a + 0) + (1 × a’) = 1
(ii) a(a‘
+ b) = ab dualnya a + a‘b = a
+ b
Hukum-hukum Aljabar Boolean
1. Hukum identitas:
(i) a + 0 = a
(ii) a
× 1 = a
|
2. Hukum idempoten:
(i) a + 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 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) (ab)’ = a’ + b’
|
11.
Hukum 0/1
(i)
0’ = 1
(ii) 1’ = 0
|
Contoh 7.3. Buktikan (i) a + a’b = a + b dan (ii) a(a’ + b) = ab
Penyelesaian:
(i) a + a’b = (a + ab) + a’b (Penyerapan)
= a + (ab + a’b) (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 Bn ke 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(x, y, z) = xyz + x’y + y’z
Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3
(x, y, z) 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(x, y) = x’y + xy’+ y’
3. f(x, y) = x’ y’
4. f(x, y) = (x + y)’
5. f(x, y, z) = xyz’
· Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk komplemennya, disebut literal.
Contoh: Fungsi h(x, y, z) = xyz’ pada contoh di atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu x, y, dan z’.
Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x, y, z) = xy z’, nyatakan h dalam tabel kebenaran.
Penyelesaian:
x
|
y
|
z
|
f(x, y,
z) = xy z’
|
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(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka
f ’(x, y, z) = (x(y’z’ + yz))’
= x’ + (y’z’ + yz)’
= x’ + (y’z’)’ (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(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka
dual dari f: x + (y’ + z’) (y + z)
komplemenkan tiap literalnya: x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
Jadi, f ‘(x, y, z) = x’ + (y + z)(y’ + z’)
Bentuk Kanonik
· 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(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz à SOP
Setiap suku (term) disebut minter
2. g(x, y, z) = (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
|
x’y’
x’y
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
|
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
|
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(x, y, z)
|
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(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz
atau (dengan menggunakan lambang minterm),
f(x, y, z) = m1 + m4 + m7 = 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(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’+ z)(x + y’+ z’)
(x’+ y + z’)(x’+ y’+ z
atau dalam bentuk lain,
f(x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6 = Õ(0, 2, 3, 5, 6)
Contoh 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
(a) SOP
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
Jadi f(x, y, z) = x + y’z
= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + xy’z + x’y’z
= x’y’z + xy’z’ + xy’z + xyz’ + xyz
atau f(x, y, z) = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 = S (1,4,5,6,7)
b) 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)
= (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)
atau f(x, y, z) = M0M2M3 = Õ(0, 2, 3)
Konversi Antar Bentuk Kanonik
Misalkan
f(x, y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7)
dan f ’adalah fungsi komplemen dari f,
f ’(x, y, z) = S (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
= Õ (0,2,3)
Jadi, f(x, y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7) = Õ (0,2,3).
Kesimpulan: mj’ = Mj
Contoh. Nyatakan
f(x, y, z)= Õ (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x, y, z) = S(1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk SOP.
Penyelesaian:
f(x, y, z) = S (1, 3, 6, 7)
g(w, x, y, z)= Õ (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
Contoh. Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’
Penyelesaian:
(a) SOP
f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’
= y’ (x + x’) (z + z’) + xy (z + z’) + x’yz’
= (xy’ + x’y’) (z + z’) + xyz + xyz’ + x’yz’
= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’
atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+ m5+ m6+ m7
(b) POS
f(x, y, z) = M3 = x + y’ + z’
Bentuk Baku
— Tidak harus mengandung literal yang lengkap.
— Contohnya,
f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz (bentuk baku SOP)
f(x, y, z) = x(y’ + z)(x’ + y + z’) (bentuk baku POS)
Aplikasi Aljabar Boolean
1. Penyederhanaan Secara Aljabar
Contoh:
1. f(x, y) = x + x’y
= (x + x’)(x + y)
= 1 × (x + y )
= x + y
2. f(x, y, z) = x’y’z + x’yz + xy’
= x’z(y’ + y) + xy’
= x’z + xz’
3. f(x, y, z) = xy + x’z + yz = xy + x’z + yz(x + x’)
= xy + x’z + xyz + x’yz
= xy(1 + z) + x’z(1 + y) = xy + x’z
2. Peta Karnaugh
3. a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
4. y
5. 0 1
m0
|
m1
|
x 0
|
x’y’
|
x’y
| |
m2
|
m3
|
1
|
xy’
|
xy
|
6.
7.
8. b. Peta dengan tiga peubah
yz
00
|
01
|
11
|
10
| |||||||
m0
|
m1
|
m3
|
m2
|
x 0
|
x’y’z’
|
x’y’z
|
x’yz
|
x’yz’
| ||
m4
|
m5
|
m7
|
m6
|
1
|
xy’z’
|
xy’z
|
xyz
|
xyz’
|
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.
x
|
y
|
z
|
f(x, y, z)
| ||
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
|
w’x’y’z’
|
w’x’y’z
|
w’x’yz
|
w’x’yz’
| ||
m4
|
m5
|
m7
|
m6
|
01
|
w’xy’z’
|
w’xy’z
|
w’xyz
|
w’xyz’
| ||
m12
|
m13
|
m15
|
m14
|
11
|
wxy’z’
|
wxy’z
|
wxyz
|
wxyz’
| ||
m8
|
m9
|
m11
|
m10
|
10
|
wx’y’z’
|
wx’y’z
|
wx’yz
|
wx’yz’
| ||
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.
w
|
x
|
y
|
z
|
f(w, x, y, z)
| ||
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 disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’
Hasil Penyederhanaan: f(w, x, y, z) = wxy
Bukti secara aljabar:
f(w, x, y, z) = 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 disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’
Hasil penyederhanaan: f(w, x, y, z) = wx
1. Kuad: empat buah 1 yang bertetangga
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(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wx’y’z’ + wx’y’z
Hasil penyederhanaan: f(w, x, y, z) = 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 disederhanakan: f(a, b, c, d) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’ +
wx’y’z’ + wx’y’z + wx’yz + wx’yz’
Hasil penyederhanaan: f(w, x, y, z) = w
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 disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’
Hasil penyederhanaan: f(w, x, y, z) = wx
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(w, x, y, z) = wy’ + yz’ + w’x’z
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(w, x, y, z) = w + w’xy’z (jumlah literal = 5)
yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w, x, y, z) = w + xy’z (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(w, x, y, z) = xy’z’ + 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(w, x, y, z) = xz’ ===> lebih sederhana
Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x’yz + xy’z’ + xyz + xyz’.
Jawab:
Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
|
01
|
11
|
10
| |
x 0
|
1
| |||
1
|
1
|
1
|
1
|
Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz’
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(w, x, y, z) = xy’z + 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(w, x, y, z) = xy’z + wyz ===> 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(a, b, c, d) = ab + ad + ac + bcd
Contoh 5.17. Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z) = x’z + x’y + xy’z + yz
Jawab:
x’z = x’z(y + y’) = x’yz + x’y’z
x’y = x’y(z + z’) = x’yz + x’yz’
yz = yz(x + x’) = xyz + x’yz
f(x, y, z) = x’z + x’y + xy’z + yz
= x’yz + x’y’z + x’yz + x’yz’ + xy’z + xyz + x’yz
= x’yz + x’y’z + x’yz’ + xyz + xy’z
Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
|
01
|
11
|
10
| |
x 0
|
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
1
|
0
|
Hasil penyederhanaan: f(x, y, z) = z + x’yz’
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
|
Contoh 5.21. (Contoh penggunaan Peta 5 peubah) Carilah fungsi sederhana dari f(v, w, x, y, z) = 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(v, w, x, y, z) = wz + v’w’z’ + vy’z
Kondisi Don’t care
Tabel 5.16
w
|
x
|
y
|
z
|
desimal
|
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
|
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
|
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
|
Contoh 5.25. Diberikan Tabel 5.17. Minimisasi fungsi f sesederhana mungkin.
Tabel 5.17
a
|
b
|
c
|
d
|
f(a, b, c, d)
|
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
|
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
|
1
0
0
1
1
1
0
1
X
X X X X X X X |
Jawab: Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
cd
00
|
01
|
11
|
10
| |
ab 00
|
1
|
0
|
1
|
0
|
01
|
1
|
1
|
1
|
0
|
11
|
X
|
X
|
X
|
X
|
10
| X |
0
|
X
|
X
|
Hasil penyederhanaan: f(a, b, c, d) = bd + c’d’ + cd
Contoh 7.43
Minimisasi fungsi Boolean berikut (hasil penyederhanaan dalam bentuk baku SOP dan bentuk baku POS):
f(w, x, y, z) = S (1, 3, 7, 11, 15)
dengan kondisi don’t care adalah d(w, x, y, z) = S (0, 2, 5)
Penyelesaian:
Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
Hasil penyederhanaan dalam bentuk SOP
f(w, x, y, z) = yz + w’z (SOP) (garis penuh)
dan bentuk baku POS adalah
f(w, x, y, z) = z (w’ + y) (POS) (garis putus2)
Metode Quine-McCluskey
— Metode Peat Karnaugh tidak mangkus untuk jumlah peubah > 6 (ukuran peta semakin besar).
— Metode peta Karnaugh lebih sulit diprogram dengan komputer karena diperlukan pengamatan visual untuk mengidentifikasi minterm-minterm yang akan dikelompokkan.
— Metode alternatif adalah metode Quine-McCluskey . Metode ini mudah diprogram.
Contoh 7.46
Sederhanakan fungsi Boolean f(w, x, y, z) = S (0, 1, 2, 8, 10, 11, 14, 15).
Penyelesaian:
(i) Langkah 1 sampai 5:
(a) (b) (c)
term w x y z term w x y z term w x y z
0 0 0 0 0 Ö 0,1 0 0 0 - 0,2,8,10 - 0 - 0
0,2 0 0 - 0 Ö 0,8,2,10 - 0 - 0
1 0 0 0 1 Ö 0,8 - 0 0 0 Ö
2 0 0 1 0 Ö 10,11,14,15 1 - 1 -
8 1 0 0 0 Ö 2,10 - 0 1 0 Ö 10,14,11,15 1 - 1 -
8,10 1 0 - 0 Ö
10 1 0 1 0 Ö
10,11 1 0 1 - Ö
11 1 0 1 1 Ö 10,14 1 - 1 0 Ö
14 1 1 1 0 Ö
11,15 1 - 1 1 Ö
15 1 1 1 1 Ö 14,15 1 1 1 - Ö
(ii) Langkah 6 dan 7:
minterm
Bentuk prima 0 1 2 8 10 11 14 15
Ö 0,1 ´ ´
Ö 0,2,8,10 ´ ´ ´ ´
Ö 10,11,14,15 ´ ´ ´ ´
* * * * * *
Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö
Bentuk prima yang terpilih adalah:
0,1 yang bersesuaian dengan term w’x’y
0, 2, 8, 10 yang bersesuaian dengan term x’z’
10, 11, 14, 15 yang bersesuaian dengan term wy
Semua bentuk prima di atas sudah mencakup semua minterm dari fungsi Boolean semula. Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z) = w’x’y’ + x’z’ + wy.
Contoh 7.47
Sederhanakan fungsi Boolean f(w, x, y, z) = S (1,4,6,7,8,9,10,11,15)
Penyelesaian:
(i) Langkah 1 sampai 5:
(a) (b) (c)
term w x y z term w x y z term w x y z
1 0 0 0 1 Ö 1,9 - 0 0 1 8,9,10,11 1 0 - -
4 0 1 0 0 Ö 4,6 0 1 - 0 8,10,9,11 1 0 - -
8 1 0 0 0 Ö 8,9 1 0 0 - Ö
8,10 1 0 - 0 Ö
6 0 1 1 0 Ö
9 1 0 0 1 Ö 6,7 0 1 1 -
10 1 0 1 0 Ö 9,11 1 0 - 1 Ö
10,1 1 1 0 1 - Ö
7 0 1 1 1 Ö
11 1 0 1 1 Ö 7,15 - 1 1 1
11,15 1 - 1 1
15 1 1 1 1 Ö
(ii) Langkah 6 dan 7
minterm
Bentuk prima 1 4 6 7 8 9 10 11 15
Ö 1,9 ´ ´
Ö 4,6 ´ ´
6,7 ´ ´
7,15 ´ ´
11,15 ´ ´
Ö 8,9,10,11 ´ ´ ´ ´
* * * *
Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö
Sampai tahap ini, masih ada dua minterm yang belum tercakup dalam bentuk prima terpilih, yaitu 7 dan 15. Bentuk prima yang tersisa (tidak terpilih) adalah (6,7), (7,15), dan (11, 15). Dari ketiga kandidat ini, kita pilih bentuk prima (7,15) karena bentuk prima ini mencakup minterm 7 dan 15 sekaligus.
minterm
Bentuk prima 1 4 6 7 8 9 10 11 15
Ö 1,9 ´ ´
Ö 4,6 ´ ´
6,7 ´ ´
Ö 7,15 ´ ´
11,15 ´ ´
Ö 8,9,10,11 ´ ´ ´ ´
* * * *
Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö Ö
Sekarang, semua minterm sudah tercakup dalam bentuk prima terpilih. Bentuk prima yang terpilih adalah:
1,9 yang bersesuaian dengan term x’y’z
4,6 yang bersesuaian dengan term w’xz’
7,15 yang bersesuaian dengan term xyz
8,9,10,11 yang bersesuaian dengan term wx’
Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z) = x’y’z + w’xz’ + xyz + wx’.
sekian dan terimakasih
Komentar
Posting Komentar