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 2.2 1 + 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) 00000 10011m1 20100 30110 41001m4 51010 61100 71111m7  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) 00000 Mo 10011 20100 M2 30110 M3 41001 51010 M5 61100 M6 71111  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) 00001m0m0 10011m1 20101m2m2 30111m3m3 41001m4 51010 61101m6m6 71110  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) 00001 10011 20101 30111 41001 51010M5M5 61101 71110M7M7 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) 00000 10010 20101m2m2 30111m3m3 41000 51010 61101m6m6 71111m7m7  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 10010M1M1 20101 30111 41000M4M4 51010M5M5 61101 71111 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) 00000 10011m1 20100 30110 41001m4 51010 61100 71111m7  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