PENDAHULUAN
Aljabar Boole, sebagai salah satu cabang matematika, pertama kali dikemukakan
oleh George Boole pada tahun 1854. Boole dalam bukunya The Law Of Thought, memaparkan
aturan-aturan dasar logika (yang dikenal dengan logika boolean). Aturan dasar
logika ini membentuk Aljabar Boole. Pada tahun 1938, Claude Shannon
memperlihatkan penggunaan Aljabar Boole untuk merancang rangkaian sirkuit
listrik yang menerima masukan 0 dan 1 serta menghasilkan keluaran 0 dan 1 juga.
Aljabar Boole telah menjadi dasar teknologi komputer
digital. Saat ini aljabar boole digunakan secara luas dalam rangkaian
perancangan pensaklaran, rangkaian digital, dan rangkaian IC (Intergrated Circuit) komputer.
DEFINISI
ALJABAR BOOLE
Aljabar boole merupakan aljabar yang
terdiri atas suatu himpunan dengan dua operator biner yang didefinisikan pada
himpunan tersebut yaitu :
+ (penambahan) ekuivalen dengan Ú (OR)
• (perkalian) ekuivalen dengan Ù (AND)
Pada aljabar
boole juga berlaku hukum-hukum logika, hanya berubah tanda saja yaitu :
Ù (AND) menjadi * atau •
Ú (OR) menjadi +
Ø(Negasi) menjadi ’ atau ` dalam aljabar
boole disebut komplemen
Misal :
- aÙb menjadi a*b atau a.b atau cukup ditulis ab
- aÚb menjadi a+b
- Øa menjadi a’ atau ā
|
Identitas
|
p.1 º p
|
p+0 º p
|
|
Ikatan
|
P+1 º 1
|
p.0 º 0
|
|
Idempoten
|
p+p º p
|
p.p º p
|
|
Komplemen
|
p+p’ º 1
|
p.p’ º 0
|
|
|
(p’)’ º p
|
1’=0 dan 0’=1
|
|
Komutatif
|
p+q º q+p
|
p.q º q.p
|
|
Asosiatif
|
(p+q)+r º p+(q+r)
|
(p.q).r º p.(q.r)
|
|
Distributif
|
p+(q.r) º (p+q).(p+r)
|
p.(q+r) º (p.q)+(p.r)
|
|
De Morgan’s
|
(p.q)’ º p’+q’
|
(p+q)’ º p’ . q’
|
|
Aborbsi
|
pÙ(pÚq) º p
|
pÚ(pÙq) º p
|
Terdapat perbedaan antara aljabar boole dengan aljabar biasa untuk aritmatika bilangan riil
:
1.
Hukum distributif +
dan . seperti pada a+(b.c)=(a+b).(a+c) benar unutk aljabar boole tetapi tidak
benar untuk aljabar biasa.
2.
Aljabar boole tidak
memiliki kebalikan perkalian atau penjumlahan sehingga tidak ada operasi
pembagian dan pengurangan.
DUALITAS
Dual dari
setiap pernyataan S dalam sebuah aljabar boole B adalah pernyataan yang didapat
dengan mengubah operasi-operasi + dan ., dan mengubah elemen identitas yang
menghubungkan 0 dan 1 dalam pernyataan awal di S. Dalam hal ini berarti
mengganti :
* dengan +
+ dengan *
0 dengan 1
1 dengan 0
Contoh 3.1:
Tuliskan dual
dari setiap persamaan boolean berikut
1)
(a*1)*(0+a’)=0
Untuk mencari dual dari persamaan di atas maka :
- Pada (a.1), ubah * menjadi + dan 1 menjadi 0
- Ubah * pada (a*1)*(0+a’) menjadi +
- Pada (0+a’), ubah 0 menjadi 1
dan + menjadi *
- Komplemen pada a’ tidak
berubah
Sehingga secara keseluruhan dualnya adalah :
(a * 1) * ( 0 + a’)=0 |
 |
|
|
 |
|
(a + 0) + (1 * a’)=1 Þ dual
2)
a+(a’*b)=a+b
Dengan cara yang sama seperti contoh di atas maka dulanya :
a*(a’+b)=a*b
Sekarang, coba
Anda cari dual dari persamaan boolen berikut
3)
a(a’+b)=ab
4)
(a+1)(a+0)=a
5)
(a+b)(b+c)=ac+b
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
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.
Fungsi h(x,
y, z) = xyz’ pada contoh di
atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu x,
y, dan z’.
Contoh 3.2:
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
|
FUNGSI
KOMPLEMEN
Untuk menentukan komplemen dari suatu persamaan boolean, maka dapat
digunakan prinsip dualitas dan hukum De Morgan.
1.
Cara pertama: menggunakan hukum De Morgan
Contoh 3.3. 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 3.4.
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
Beberapa fungsi boolean mungkin memiliki ekspresi aljabar yang berbeda
tetapi sebenarnya mempunyai nilai fungsi yang sama. Sebagai contoh : f(x,y)=(xy)’
dan h(x,y)=x’+y’, adalah dua buah fungsi yang sama (Bisa dibuktikan dengan
hukum De Morgan).
Contoh lain :
f(x,y,z)=x(y+z’)
dan g(x,y,z)=xyz+xyz’+xy’z’
adalah dua buah
fungsi yang sama. Fungsi f muncul
dalam bentuk perkalian dari hasil jumlah
sedangkan g muncul dalam bentuk penjumlahan dari hasil kali. Perhatikan
juga bahwa setiap suku (term)
mengandung literal yang lengkap. Fungsi boolean yang dinyatakan dalam bentuk perkalian
dari hasil jumlah dan penjumlahan dari hasil kali, dengan setiap suku mengandung
literal lengkap disebut 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
3.5:
1. f(x, y,
z) = x’y’z + xy’z’ + xyz à SOP
Setiap suku (term) disebut minterm
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
3.6:
Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
|
c
|
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
3.7:
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 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 3.8.
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 3.9.
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
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)
GERBANG LOGIKA
2. Rangkaian Digital
Elektronik
 |
 |
 |
|||
Gerbang AND Gerbang OR
Gerbang NOT
Contoh 3.10. Nyatakan fungsi f(x,
y, z) = xy + x’y
ke dalam rangkaian logika.
Jawab: (a) Cara pertama
 |
(b) Cara kedua
 |
 |
(b) Cara ketiga
Gerbang turunan
 |
 |
||
Gerbang NAND Gerbang XOR
 |
 |
||
Gerbang NOR Gerbang XNOR
 |
 |
 |
||
PENYEDERHANAAN EKSPRESI BOOLE
Contoh.
f(x, y) = x’y
+ xy’ + y’ disederhanakan menjadi f(x, y)
= x’ + y’
Penyederhanaan
fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 3 cara:
1. Secara
aljabar
2. Menggunakan
Peta Karnaugh
3. Menggunakan
metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)
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
a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
y
0 1
|
|
m0
|
m1
|
x
0
|
x’y’
|
x’y
|
|
|
m2
|
m3
|
1
|
xy’
|
xy
|
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
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c. 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 3.10. 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
Bukti secara aljabar:
f(w, x, y,
z) = 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
|
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
Bukti secara aljabar:
f(w, x,
y, z) = 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
3.11.
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
3.12.
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
|
Contoh
3.13. 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
|
Contoh
3.14.
(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
|
Contoh 3.15: (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
3.16. 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
|
Contoh
3.17.
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 |
|
1
|
1
|
1
|
|
1
|
|
1
|
1
|
|
Hasil
penyederhanaan: f(x, y, z) = z + x’yz’
SOAL LATIHAN
1.
Suatu fungsi boolean didefinisikan seperti pada tabel kebenaran berikut.
a. Tentukanlah
pernyataan logika fungsi keluaran f dalam bentuk minterm (SOP) dan maxterm
(POS).
b. Tentukanlah
realisasi fungsi f yang paling sederhana.
c. Gambarkanlah
rangkaian logikanya.
|
x y
z
|
f
|
|
w x y z
|
f
|
|
x y z
|
f
|
|
x y
z
|
f
|
|
0 0 0
|
1
|
|
0 0 0 0
|
1
|
|
0 0
0
|
1
|
|
0 0 0
|
0
|
|
0 0 1
|
0
|
|
0 0 0 1
|
0
|
|
0 0
1
|
0
|
|
0 0 1
|
1
|
|
0 1 0
|
1
|
|
0 0 1 0
|
1
|
|
0 1
0
|
1
|
|
0 1 0
|
x
|
|
0 1 1
|
1
|
|
0 0 1 1
|
0
|
|
0 1
1
|
1
|
|
0 1 1
|
1
|
|
1 0 0
|
1
|
|
0 1 0 0
|
0
|
|
1 0
0
|
1
|
|
1 0 0
|
0
|
|
1 0 1
|
0
|
|
0 1 0 1
|
x
|
|
1 0
1
|
0
|
|
1 0 1
|
x
|
|
1 1 0
|
0
|
|
0 1 1 0
|
0
|
|
1 1
0
|
0
|
|
1 1 0
|
1
|
|
1 1 1
|
1
|
|
0 1 1 1
|
x
|
|
1 1
1
|
1
|
|
1 1 1
|
0
|
|
|
|
|
1 0 0 0
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 0 0 1
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 0 1 0
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 0 1 1
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 0 0
|
0
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 0 1
|
1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 1 0
|
0
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 1 1
|
x
|
|
|
|
|
|
|
2. Dengan menggunakan peta Karnaugh, sederhanakan dalam
minterm
a. f(x,y,z)
= S (0,2,3,4,7)
b. f(x,y,z)
= S (2,3,6,7)
c. f(x,y,z)
= S (4,6,7,15)
3.
Dengan menggunakan peta Karnaugh, sederhanakan dalam maxterm
a. f(w,x,y,z)
= S (0,1,2,6,8,9,12)
b. f(w,x,y,z)
= S (3,5,10,11,12,14)
c. f(w,x,y,z)
= S (0,1,2,4,6,7,8,9,13,15)
4. Dengan
peta Karnaugh, sederhanakan dalam minterm dan maxterm
a. f(x,y,z) = å (1,3,4,5)
dengan d(x,y,z)= å
(6,7)
b. f(x,y,z) = å (0,2)
dengan d(x,y,z)= å (6,7)
c. f(w,x,y,z) = S
(1,3,5,7,8,12,13) dengan d(w,x,y,z)= å (2,4,6,10)
d. f(w,x,y,z) = å
(0,2,10,11,12,14,15) dengan d(w,x,y,z)= å (5,7)
5. Ubahlah fungsi boolean berikut dalam bentuk minterm
a. f(x,y,z)=x+y’z
b. f(w,x,y,z)=y(x(yz+w’)+z’w)
c. f(x,y,z)=∏(0,4,5,7)
d. f(w,x,y,z)=∏(0,1,2,6,8,9,12)
6.
Ubahlah fungsi boolean berikut dalam bentuk maxterm
a.
f(x,y,z)=(x+y’)(x’+y+z)(y+z’)
b.
f(x,y,z)=xyz’+x’y
c.
f(x,y,z)= å (1,3,5,6)
d.
f(w,x,y,z)= å
(4,6,7,15)
7.
Dengan menggunakan
tabel Quine McCluskey, sederhanakanlah fungsi-fungsi:
a.
f(a,b,c) = Sm (0,2,3,4,7)
b.
f(p,q,r,s) = Sm (0,1,2,4,6,7,8,9,13,15)
c.
f(a,b,c,d) = Sm (0,1,2,5,6,7,8,9,10,14)
d.
f(A,B,C,D,E)=Sm(0,3,4,5,6,7,8,9,12,13,14,16,21,23,24,29,31)
8. Sederhanakanlah fungsi
a.
f(x,y,z) = S m (0,1,2,5,6,7)
b.
dengan menggunakan
tabulasi Quine McCluskey dan uji hasilnya dengan menggunakan peta Karnaugh
0 komentar:
Post a Comment