Ilmu Komputer Zakaria

Tkj Jambi STMIK Nurdin Hamzah Jambi, Teknik Informatika

Sunday, 8 April 2018

BAB 3 ALJABAR BOOLE

By
No comments

                        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

TOTAL PAGEVIEWS

Follow Us

Blog Archive

About Me

ilmu komputer zakaria
View my complete profile

Blog Archive

blog

https://ilmukomputerzakaria.blogspot.com https://perhitunganakuntansitkjzakaria.blogspot.com https://debianzakariamustin.blogspot.com

Translate

Muhammad Zakaria Mustin. Powered by Blogger.

Contact Form

Name

Email *

Message *