Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

ALJABAR BOOLE DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "ALJABAR BOOLE DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN."— Transcript presentasi:

1 ALJABAR BOOLE DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN

2 DEFINISI ALJABAR BOOLE Sistem aljabar dengan dua operasi penjumlahan (+) dan perkalian (.) yang didefinisikan sehingga memenuhi ketentuan berikut ini : aturan A1 sampai dengan A5, M1 sampai M3, M5, D1, dan D2, setiap elemen a, b, c dari S mempunyai sifat- sifat atau aksioma-aksioma berikut ini : 2

3 A1 a + b  S closure M1 a  b  S closure A2a + (b + c) = (a + b) + casosiatif M2 a  (b  c) = (a  b)  c asosiatif A3 Jika 0  S, maka untuk setiap a  S berlaku 0 + a = a + 0 = a identitas M3 Jika 0  S, maka untuk setiap a  S berlaku 1  a = a  1 = a identitas A5a + b = b + akomunitatif M5 a  b = b  a komunitatif D1 a  (b + c) = a  b +a  c distributif D2 (a + b)  c = a  c + b  c distributif D3 a + (b  c) = (a + b)  (a + c) distributif D4 (a  b) + c = (a + c)  (b + c) distributif C1 Untuk setiap a  S dan a’  S berlaku a + a’ = 1 a  a’ = 0 komplemen

4 a + a= (a + a)  (1) identitas a  1 = a M3 (a + a)  (a + a’) komplemena + a’ = 1C1 a + (a  a’) Distributif D3 a + 0komplemen a  a’ = 0 C1 aidentitasa + 0 = aA3 a  a = a  a + 0 identitasa + 0 = aA3 = a  a + a  a’ komplemen a  a’ = 0 C1 = a  (a + a’) distributifD1 = a  1 komplemena + a’ =1C1 =aidentitas a  1 = a M3 PRINSIP DUALITAS Teorema 2.1 Untuk setiap elemen a, berlaku a + a = a dan a  a = a Bukti :

5 a + 1=a + (a + a’)komplemena + a’= 1C1 (a + a) + a’asosiatifA2 a + a’teorema 2.1 a + a = a 1komplemena + a’= 1C1 a  0 = a  (a  a’) komplemena + 0 = aC1 = (a  a)  a’ asosiatifM2 = a  a’ teorema 2.1 a  a =a =0komplemen a  a’ = 0 C1 Teorema 2.2 Untuk setiap elemen a, berlaku : a + 1 = 1 dan a  0 = 0 Bukti :

6 a + ab= a  1 + a.b identitas a  1 = a M3 a  (1 + b) distributifD1 a  1 teorema a =1 aidentitas a  1 = a M3 a .(a+b) = a  a + a  b distributifa + 0 = aA3 = a + a  b teorema 2.1 a  a = a = a  1+ a  b identitas a  1=a M3 = a  (1+b) distributifD2 = a  1 teorema 2.2a + 1 = a =aidentitas a  1 = a M3 Teorema 2.3 (Hukum penyerapan) Untuk setiap elemen a dan b, berlaku a + a  b = a dan a  (a+b) = a Bukti :

7 Diketahui : (ab)  (ab)’= 0 komplemenC1 ab  (a’+b’) =(aa’)b + a(bb’)distributifD1 = 0  b + a  0 komplemenC1 =0 + 0Teorema 2.2 =0identitasA3 (ab)’=a’ + b’kesimpulan Teorema 2.4 (Hukum de Morgan) Untuk setiap elemen a dan b, berlaku : (a  b)’ = a’ + b’ dan (a + b)’ = a’  b’ Bukti :

8 Diketahui : (ab) + (ab)’= 1komplemenC1 ab+(a’+b’)= (a + a’ + b’)  (b + a’ + b’) distributifD4 = (1 + b’)  (1 + a’) komplemenC1 = 1  1 teorema 2.2 =1 (ab)’=a’ + b’kesimpulan Bukti :

9

10 Latihan Soal 2.1 Buktikan teorema 2.5 : a+a’b=a+b a(a’+b)=ab Latihan Soal 2.2 Sederhanakan ekspresi berikut : a + a  b = a dan a  (a+b) = a

11

12 Latihan Soal 2.3 Buktikan teorema 2.6 : ab+ab’=a (a+b)(a+b’)=a Latihan Soal 2.4 Sederhanakan ekspresi berikut : a + a  b = a dan a  (a+b) = a a+a’b=a+b a(a’+b)=ab

13

14 Latihan Soal 2.5 Buktikan teorema 2. 7 ab+ab’c=ab+ac (a+b)(a+b’+c)=(a+b)(a+c) Latihan Soal 2.6 Sederhanakan ekspresi berikut : a + a  b = a dan a  (a+b) = a a+a’b=a+b a(a’+b)=ab ab+ab’=a (a+b)(a+b’)=a

15 T2.7 : (a+b)(a+b’+c)=(a+b)(a+c) a  b + a  b’  c = a  b + a  c T2.3 : a + a  b = a a  (a+b) = a T2.6 : a  b + a  b’= a (a + b)  (a + b’) = a (a’+b’+c’) (b’+c) (a+b’)=(b’+c) (b’+a’) (a+b’)T2.7 =(b’+c) b’T2.6 =b’T2.3 wy’+wx’y+wxyz+wxz’=wy’+wx’y+wxy+wxzT2.7 =(wy’+wy)+wxzT2.6 =w+wxzT2.6 =wT2.3

16 16

17 C1a + a’ = 1 a  a’ = 0 A2 M2 a + (b + c) = (a + b) + c a  (b  c) = (a  b)  c A3 M3a + 0 = a a  1 = 1 A2 M2 a + (b + c) = (a + b) + c a  (b  c) = (a  b)  c A5 M5 a + b = b + a a  b = b  a D1 D2 a  (b + c) = a  b +a  c(a + b)  c = a  c + b  c D3 D4 a + (b  c) = (a + b)  (a + c)(a  b) + c = (a + c)  (b + c) T2.1a+ a = a a  a = a T2.2a + 1 = 1 a  0 = 0 T2.3 a + a  b = aa  (a+b) = a T2.4 (a  b)’ = a’ + b’(a + b)’ = a’  b’ T2.5 a + a’  b = a + ba  (a’+ b) = a  b T2.6 a  b + a  b’= a(a + b)  (a + b’) = a T2.7 a  b + a  b’  c = a  b + a  c(a + b)  (a + b’+ c) = (a + b)  (a + c)

18 FUNGSI BOOLEAN Misalkan x 1, x 2, x 3, …, x n merupakan variabel-variabel aljabar Boolean. Fungsi Boolean dengan n variabel adalah fungsi yang dapat dibentuk dari aturan-aturan berikut : fungsi konstan f(x 1, x 2, x 3, …, x n ) = a fungsi proyeksi f(x 1, x 2, x 3, …, x n ) = x i i = 1, 2, 3, …, n fungsi komplemen g(x 1, x 2, x 3, …, x n ) = (f(x 1, x 2, x 3, …, x n ))’ fungsi gabungan h(x 1, x 2, x 3, …, x n ) = f(x 1, x 2, x 3, …, x n ) + g(x 1, x 2, x 3, …, x n ) h(x 1, x 2, x 3, …, x n ) = f(x 1, x 2, x 3, …, x n ). g(x 1, x 2, x 3, …, x n ) 18

19 BENTUK FUNGSI BOOLEAN Suatu fungsi Boolean dapat dinyatakan dalam bentuk yang berbeda tetapi memiliki arti yang sama Contoh : f 1 (x,y) = x’. y’ f 2 (x,y) = (x + y)’ f 1 dan f 2 merupakan bentuk fungsi boolean yang sama, yaitu dengan menggunakan Hukum De Morgan. 19

20 NILAI FUNGSI Fungsi Boolean dinyatakan nilainya pada setiap variabel yaitu pada setiap kombinasi (0,1). Contoh : Fungsi Boolean f(x,y) = x’y + xy’ + y’ 20

21 21 MINTERM DAN MAXTERM Fungsi dua variabel : M j = m’ j

22 22 Fungsi tiga variabel :

23 KONVERSI FUNGSI BOOLEAN 23 Contoh Soal 2.1 Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)

24 NoxyzF(x,y,z) m m m7  SOP f 1 (x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz = m 1 + m 4 + m 7 f 1 ’(x,y,z)= x’y’z’ + x’yz’ + x’yz + xy’z + xyz’ Jawab : Bentuk SOP

25 NoxyzF(x,y,z) Mo M M M M  POS Jawab : Bentuk POS f 2 (x,y,z) = (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’)(x’+y+z’)(x’+y’+z) = M 0 M 2 M 3 M 5 M 6 = (f 1 ’(x,y,z))’ F (x,y,z) = m 1 + m 4 + m 7 = M 0. M 2. M 3. M 5. M 6  POS

26 26 Contoh Soal 2.2 Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)

27 Noxyzf(x,y,z) 00001m0m m m2m m3m m m6m  SOP Jawab : Bentuk SOP f 1 (x,y,z) = x’y’z’ + x’y’z + x’yz’ + x’yz + xy’z+xyz’ = m 0 + m 1 + m 2 + m 3 + m 4 + m 6 f 1 ’(x,y,z) = xy’z + xyz  SOP

28 Jawab : Bentuk POS  POS Noxyzf(x,y,z) M5M M7M7 f 2 (x,y,z)= (x’ + y + z’)(x’ + y’ + z’) = (f 1 ’(x,y,z))’ = M5. M7 F(x,y,z)= m0 + m1 + m2 + m3 + m4 + m6 = M5. M7

29 29 Contoh Soal 2.3 Dari tabel kebenaran di bawah ini, nyatakan fungsi boolean dalam bentuk SOP (sum of product) dan POS (Product of sum)

30 Noxyzf(x,y,z) m2m m3m m6m m7m7  SOP Jawab : Bentuk SOP  SOP f 1 (x,y,z) = x’yz’ + x’yz + xyz’ + xyz = m2 + m3 + m6 + m7 f 1 ’(x,y,z)= x’y’z’ + x’y’z + xy’z’ + xy’z

31 Jawab : Bentuk POS  POS Noxyzf(x,y,z) 00000MoMo 10010M1M M4M M5M f 2 (x,y,z) = (x + y + z).(x + y + z’).(x’ + y + z).(x’ + y + z’) = (f 1 ’(x,y,z))’= M0.M1. M4. M5 F(x,y,z) = m2 + m3 + m6 + m7 = M0.M1. M4. M5  POS

32 BENTUK STANDAR/KANONIK Jika f adalah fungsi boolean satu variabel maka untuk semua nilai x berlaku : f (x) = f (1). x + f (0). x’ Jika f adalah fungsi boolean dua variabel maka untuk semua nilai x berlaku : f(x,y) = f(0,0). x’y’ + f(0,1). x’y + f(1,0). xy’ + f(1,1). xy Jika f adalah fungsi boolean tiga variabel maka untuk semua nilai x berlaku : f(x,y,z) = f(0,0,0). x’y’ z’ + f(0,0,1). x’y’z + f(0,1,0). x’yz’ + f(0,1,1). x’yz + f(1,0,0). xy’z’ + f(1,0,1). xy’z’ + f(1,1,0). xyz’ + f(1,1,1). xyz 32

33 Noxyzf(x,y,z) m m m7  SOP f 1 (x,y,z) = f(0,0,1) x’y’z + f(1,0,0) xy’z’ + f(1,1,1) xyz = x’y’z + xy’z’ + xyz = m 1 + m 4 + m 7

34 KONVERSI KE BENTUK STANDAR/KANONIK 34 Contoh Soal 2.4 Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y) = x’ f(x,y)=x’. 1identitas =x’. (y + y’)komplemen =x’y + x’y’distributif =  m(0,1) Bentuk standar : x’y + x’ y’ Bentuk kanonik :  m(0,1)  bentuk SOP

35 f’(x,y)=x. 1identitas =x. (y + y’)komplemen =xy + xy’distributif =  m(2,3) (f’(x,y))’= (x’+y’).(x’+y) =  M(2,3) Bentuk standar : f(x,y) = (x’+y’).(x’+y) Bentuk kanonik :  M(2,3)  bentuk POS Contoh Soal 2.4 Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y) = x

36 Contoh Soal 2.5 Cari bentuk standar dari f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’ Jawab : f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz’  lengkapi literal pada tiap suku = y’(x+x’)(z+z’) + xy(z+z’) + x’yz’ = (xy’ + x’y’)(z+z’) + xyz + xyz’ + x’yz’ f(x,y,z) = xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’ = m 5 + m 4 + m 1 + m 0 + m 7 + m 6 + m 2  SOP  Bentuk Standar : f(x,y,z)= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’  Bentuk Kanonik : f(x,y) =  m(0, 1, 2, 4, 5, 6, 7) atau  POS  Bentuk Standar : f(x,y,z) = x + y’ + z’  Bentuk Kanonik : f(x,y) =  M(3) 36

37 37 Contoh Soal 2.6 Cari bentuk standar dan kanonik dari f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz f(x,y)= y’ + xy + x’yz’ lengkapi literal pada tiap suku = 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’ = m 5 + m 4 + m 1 + m 0 + m 7 + m 6 + m 2 Bentuk Standar : f(x,y,z)= xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’ Bentuk Kanonik : f(x,y) =  m(0, 1, 2, 4, 5, 6, 7)  SOP Bentuk Standar : f(x,y,z) = x + y’ + z’ Bentuk Kanonik : f(x,y) =  M(3)  POS

38 Latihan 1.Cari bentuk standar dari : a. f(x,y,z) = x + z, b.f(x,y,z) = z’ 2.Cari bentuk Kanonik dari : a. f(x,y) = x’y + xy’ b. f(x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz 38

39 KONVERSI KE BENTUK SOP Contoh Soal 2.7 Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x + y’z dalam SOP Jawab : Lengkapi literal untuk setiap suku agar sama f(x,y,z) = x. (y+y’).(z+z’) + (x+x’). y’z = (xy+xy’)(z+z’) + xy’z + x’y’z = xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + xy’z + x’y’z = xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + x’y’z = m 7 + m 6 + m 5 + m 4 + m 1 =  m(1, 4, 5, 6, 7) 39

40 Contoh Soal 2.8 Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x’y’z + xz + yz dalam SOP Jawab : Lengkapi literal untuk setiap suku agar sama f(x,y,z) = x’y’z + xz + yz = x’y’z + x. (y+y’). z + (x+x’). yz = x’y’z + xyz + xy’z + xyz + x’yz = m 1 + m 3 + m 5 + m 7 =  m(1, 3, 5, 7) 40

41 Contoh Soal 2.9 Nyatakan Fungsi Boolean f(w,x,y,z) = wxy + yz + xy dalam SOP Jawab : Lengkapi literal untuk setiap suku agar sama f(w,x,y,z) = wxy + yz + xy = wxy. (z+z’) + (w+w’)(x+x’). yz + (w+w’). xy. (z+z’) = wxyz + wxyz’ + (wx+wx’+w’x+w’x’)yz + (wxy+w’xy)(z+z’) = wxyz + wxyz’ + wxyz + wx’yz + w’xyz + w’x’yz + wxyz + wxyz’ + w’xyz + w’xyz’ = w’x’yz + w’xyz’ + w’xyz + wx’yz + wxyz’ + wxyz =  m(3, 6, 7, 10, 14, 15) 41

42 KONVERSI KE BENTUK POS Contoh Soal 2.10 Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = x y+ x’z dalam POS Jawab : Bentuk fungsi ke POS f(x,y,z) = xy + x’z = (xy + x’)(xy + z) distributif = (x + x’)(y + x’)(x + z)(y + z) distributif = (x’ + y)(x + z)(y + z) komplemen, identitas Lengkapi literal untuk setiap suku agar sama Suku-1  x’ + y = x’ + y + zz’ = (x’ + y + z)(x’ + y + z’) Suku-2  x + z = x + z + yy’ = (x + y + z)(x + y’ + z) Suku-3  y + z = xx’ + y + z = (x + y + z)(x’ + y + z) 42

43 KONVERSI KE BENTUK POS f(x,y,z) = (x’ + y)(x + z)(y + z) Lengkapi literal untuk setiap suku agar sama Suku-1  x’ + y = (x’ + y + z)(x’ + y + z’) Suku-2  x + z = (x + y + z)(x + y’ + z) Suku-3  y + z = (x + y + z)(x’ + y + z) Semua suku dengan literal lengkap : f(x,y,z) = (x’ + y)(x + z)(y + z) = (x + x’)(y + x’)(x + z)(y + z) = (x’ + y)(x + z)(y + z) = (x’+y+z)(x’+y+z’)(x+y+z)(x+y’+z)(x+y+z)(x’+y+z) = (x+y+z)(x+y’+z)(x’+y+z)(x’+y+z’) = M 0. M 2. M 4. M 5 =  M(0, 2, 4, 5) 43

44 Contoh Soal 2.11 Nyatakan Fungsi Boolean f(x,y,z) = (x+z)(y’+z’) dalam POS Jawab : Fungsi Boolean asumsi sudah dalam bentuk POS f(x,y,z) = (x+z)(y’+z’)  lengkapi literal pada tiap suku = (x+yy’+z)(xx’+y’+z’)identitas, komplemen = (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’)(x’+y’+z’)distributif = M 0. M 2. M 3. M 7 44


Download ppt "ALJABAR BOOLE DEFINISI PRINSIP DUALITAS FUNGSI BOOLEAN KONVERSI FUNGSI BOOLEAN."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google