Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Pertemuan ke 17. BAB VII George Boole (1815-1864) De Morgan (1806-1871) De Morgan dan George Boole adalah dua orang ahli matematika yang mengembangkan.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "Pertemuan ke 17. BAB VII George Boole (1815-1864) De Morgan (1806-1871) De Morgan dan George Boole adalah dua orang ahli matematika yang mengembangkan."— Transcript presentasi:

1 Pertemuan ke 17

2 BAB VII

3 George Boole ( ) De Morgan ( ) De Morgan dan George Boole adalah dua orang ahli matematika yang mengembangkan logika klasik menjadi logika modern atau logika simbolik

4 1. Definisi Aljabar Boolean  Misalkan B adalah himpunan yang didefinisikan pada dua operator biner, + dan ·, dan sebuah operator uner, ‘,.  Misalkan 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B. Maka tupel (B,+, ·,’) disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c  B, berlaku aksioma-aksioma berikut :

5 1.Closure(i) (ii) a + b  B a. b  B 2.Identitas(i) (ii) a + 0 = a a. 1 = a 3.Komutatif(i) (ii) a + b = b + a a. b= b. a 4.Distributif(i) (ii) a.(b+c) = (a.b) + (a.c) a +(b.c) = (a + b). (a + c) 5.Komplemen(i) (ii) a + a’ = 1 a.a’ = 0 Postulat Huntington

6  Elemen 0 dan 1 adalah dua elemen unik yang ada di dalam B.  Elemen 0 disebut elemen zero.  Elemen 1 disebut elemen unit.  Operator + disebut operator penjumlahan.  Operator. disebut operator perkalian.  Operator ‘ disebut operator komplemen.

7 Perbedaan Aljabar Boolean dengan Aljabar biasa untuk aritmetika bilangan riil: 1.Hukum distributif yang pertama, a.(b+c) = (a.b) + (a.c) Hukum distributif yang kedua, a+(b.c) = (a+b). (a+c), benar untuk aljabar boolean tetapi tidak benar untuk aljabar biasa.

8 2.Aljabar Boolean tidak memiliki kebalikan perkalian dan kebalikan penjumlahan, karena itu tidak ada operasi pembagian dan pengurangan. 3.Aksioma nomor 4 mendefinisikan operator komplemen yang tidak ada pada aljabar biasa.

9 4.Aljabar biasa memperlakukan himpunan bilangan riil dengan elemen yang tidak berhingga banyaknya. Sedangkan Aljabar Boolean memperlakukan himpunan elemen B yang sampai sekarang belum didefinisikan, tetapi pada aljabar Boolean 2 nilai, B didefinisikan sebagai himpunan dengan hanya dua nilai, 0 dan 1.

10 Misalkan : B = { 1, 2, 5, 7, 10, 14, 35, 70 } adalah pembagi dari 70 Pertanyaan : Tunjukkan cara membentuk B menjadi sebuah aljabar Boolean! Penyelesaian : Contoh 7.1

11 Elemen-elemen himpunan B sudah didefinisikan. Sekarang kita tentukan kaidah operasi untuk operator +, ·, dan ‘. Selanjutnya kita definisikan : a + b = KPK (a,b) a. b = PBB (a,b) a’ = 70/a Selanjutnya kita harus menunjukkan bahwa B memenuhi Postulat Huntington.

12 1. Identitas i) a + 1 = KPK (a,1) = a ii) a. 70 = PBB (a,70) = a 1 adalah elemen identitas (elemen zero) untuk operasi penjumlahan. Sedangkan 70 adalah elemen identitas untuk operasi perkalian (elemen unit) 2. Komutatif i) a + b = b + a = KPK ( a,b) ii) a. b = b. a = PBB ( a,b)

13 3. Distributif (gunakan contoh nilai) i) 10.(5+7) = PBB (10,KPK (5,7)= PBB(10,35) = 5 (10.5)+(10.7)= KPK(PBB(10,5),PBB(10,7)= KPK(5,1) = 5 ii) 10 +(5.7) = KPK(10,PBB(5,7) = KPK(10,1) = 10 (10+5).(10+7) =PBB(KPK(10,5),KPK(10,7)=PBB(10,70)= 10

14 4. Komplemen i) a + a’ = KPK (a,70/a) = 70 ii) a.a’ = PBB(a,70/a) = 1

15 2. Aljabar Boolean Dua Nilai  Pada aljabar Boolean terhingga, banyaknya anggota B terbatas, tetapi paling sedikit beranggotakan dua buah elemen karena di dalam B harus terdapat dua elemen yang berbeda.  Aljabar Boolean dua nilai didefinisikan pada sebuah himpunan B dengan 2 buah elemen 0 dan 1 (dinamakan bit – singkatan dari binary digit), yaitu B = {0,1}, operator biner, +, dan., operator uner,’.

16 Tabel Operator aba. b aba +b aa’ 01 10

17 Selain secara aljabar, fungsi Boolean juga dapat dinyatakan dengan tabel kebenaran dan dengan rangkaian logika. Untuk fungsi Boolean dengan n buah peubah, kombinasi dari nilai peubahnya adalah sebanyak 2 n. Misalkan n = 2, maka akan terdapat 2 2 = 4 baris tabel. Misalkan n = 3, maka akan terdapat 2 3 = 8 baris tabel.

18 abcb + ca. (b + c)a. ba. c(a. b) + (a. c) Tabel 7.4

19 3. Ekspresi Boolean  Definisi :  Misalkan (B, +,.,’,0,1) adalah sebuah aljabar Boolean. Suatu ekspresi Boolean dalam (B, +,.,’) adalah : 1. Setiap elemen di dalam B 2. Setiap peubah 3. Jika e 1 dan e 2 adalah ekspresi Boolean, maka e 1 + e 2 ; e 1 · e 2 ; e 1 ’ adalah ekspresi Boolean.

20 Menurut definisi 7.2, 0 1 a b c a + b a.b a’. (b+c) a. b’+ a. b. c’+ b’ Adalah ekspresi Boolean.

21 Peubah Boolean  Peubah (variabel) x disebut peubah Boolean atau peubah biner jika nilainya hanya dari B.  Ekspresi Boolean yang mengandung n peubah dinamakan ekspresi Boolean bagi n peubah.  Dua ekspresi Boolean dikatakan ekivalen jika keduanya mempunyai nilai yang sama untuk setiap pemberian nilai-nilai kepada n peubah.

22 Contoh 7.2 Perlihatkan bahwa a + a’b = a + b aba’a’ba+a’ba+b

23 Perjanjian penulisan ekspresi Boolean  Selain menggunakan tanda kurung, operator ‘ mempunyai prioritas lebih tinggi daripada operator + dan.  Untuk menyederhanakan tulisan, notasi. boleh tidak dituliskan, jadi a.b ditulis ab saja.

24 4. Prinsip Dualitas  Definisi :  Misalkan S adalah kesamaan (identity) didalam Aljabar Boolean yang melibatkan operator +,., dan komplemen, maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti ;. dengan + + dengan. 0 dengan 1 1 dengan 0 d an membiarkan operator komplemen tetap apa adanya, maka kesamaan S* juga benar. S* disebut sebagai dual dari S.

25 Contoh 7.3 Tentukan dual dari (i)a + 0 = a a. 1 = a (ii)(a. 1)(0 + a’) = 0 (a + 0)+(1. a’) = 1 (iii)a(a’+ b) = ab a + a’b = a + b (iv)(a + b)(b + c) = ac + b ab + bc = (a + c)b (v)(a + 1)(a + 0) = a (a. 0)+(a. 1) = a

26 5. Hukum-Hukum Aljabar Boolean 1Hukum Identitas(i) (ii) a + 0 = a a. 1 = a 2Hukum Idempoten(i) (ii) a + a = a a. a = a 3Hukum Komplemen(i) (ii) a + a’ = 1 a. a’ = 0 4Hukum Dominasi(i) (ii) a + 1 = 1 a. 0 = 0

27 5Hukum Involusi(i)( a’)’ = a 6Hukum penyerapan(i) (ii) a + ab = a a ( a + b) = 0 7Hukum Komutatif(i) (ii) a + b = b + a a b = b a 8Hukum Asosiatif(i) (ii) a +(b + c) = (a+b)+c a (bc) = (ab) c

28 9Hukum distributif(i) (ii) a +(b c) = (a+b) (a + c) a (b + c) = (ab) +(ac) 10Hukum De Morgan(i) (ii) (a +b )’ = a’.b’ (a b)’ = a’ + b’ 11Hukum 0 / 1(i) (ii) 0’ = 1 1’ = 0

29  dengan +  + . . U 1T 1  0F 0 Hukum-hukum aljabar Boolean dapat diperoleh dari hukum- hukum himpunan maupun logika dengan cara mempertukarkan tanda-tanda disamping.

30 Hukum ke ii dari setiap hukum diatas merupakan dual dari hukum ke i Hukum Komutatif dualnya (i) (ii) a + b = b + a a b = b a Hukum Asosiatif dualnya (i) (ii) a +(b + c) = (a+b)+c a (bc) = (ab) c Hukum distributif dualnya (i) (ii) a +(b c) = (a+b) (a + c) a (b + c) = (ab) +(ac)

31 (2i) a + a = (a + a)(1)(hukum Identitas) = (a + a)(a + a’)(hukum Komplemen) = a + aa’(hukum Distributif) = a + 0(hukum Komplemen) = a(hukum Identitas) (2ii) aa = aa + 0(hukum Identitas) = aa + aa’(hukum Komplemen) = a(a + a’)(hukum Distributif) = a. 1(hukum Komplemen) = a(hukum Identitas) (2ii adalah dual dari 2i)

32 Contoh 7.4 Buktikan bahwa untuk sembarang elemen a dan b dari aljabar Boolean maka kesamaan berikut a+a’b = a+b dan a(a’+b) = ab Adalah benar. (i) a + a’b = (a + ab)+ a’b (hukum Penyerapan) = a +(ab + a’b)(hukum Asosiatif) = a + (a + a’)b(hukum Distributif) = a + 1. b(hukum Komplemen) = a + b(hukum Identitas) (ii) a(a’ + b) = aa’ + ab(hukum Distributif) = 0 + ab(hukum Komplemen) = ab(hukum Identitas)

33 Pertemuan ke 18

34 6. Fungsi Boolean  Definisi : Fungsi Boolean disebut juga fungsi biner adalah pemetaan dari B n ke B melalui ekspresi Boolean. f : B n  B Yang dalam hal ini B n adalah himpunan yang beranggotakan pasangan terurut ganda-n (ordered n-tuple) di dalam daerah asal B.

35 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}. Contoh pasangan terurut ganda-3 misalnya (1,0,1) yang berarti x = 1, y = 0, z = 1 sehingga f(1,0,1) = ’.0+0’.1 = = 1.

36 Contoh-contoh Fungsi Boolean 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’

37 Setiap peubah didalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk komplemennya disebut literal. Fungsi h(x,y,z) = xyz’ pada contoh terdiri dari 3 buah literal, yaitu x, y dan z’. Fungsi tersebut berharga 1 jika x = 1, y = 1 dan z’ = 0, sebab h(1,1,0) = 1.1.0’ = (1.1).1 = 1

38 Selain secara aljabar, fungsi Boolean juga dapat dinyatakan dengan tabel kebenaran dan dengan rangkaian logika. Untuk fungsi Boolean dengan n buah peubah, kombinasi dari nilai peubahnya adalah sebanyak 2 n. Misalkan n = 3, maka akan terdapat 2 3 = 8 baris tabel.

39 xyz xy wxyz peubah 3 peubah 4 peubah

40 Contoh 7.5 Diketahui fungsi Boolean f(x,y,z) = xyz’, nyatakan h dalam tabel kebenaran. xyzf(x,y,z) = xy z’

41 7. Penjumlahan dan Perkalian Dua Fungsi  Misalkan f dan g adalah dua buah fungsi Boolean dengan n peubah, maka penjumlahan f + g didefinisikan sebagai : (f+g)(x 1 + x 2 +… +x n )= f(x 1 + x 2 +… +x n ) + g(x 1 + x 2 +… +x n ) Sedangkan perkalian f.g didefinisikan sebagai : (f.g)(x 1 + x 2 +… +x n )= f(x 1 + x 2 +… +x n ) g(x 1 + x 2 +… +x n )

42 Contoh 7.6 Misalkan f(x,y) = xy’+y dan g(x,y) = x’+y’ maka h(x,y) = f+g = xy’+y + x’+y’ yang bila disederhanakan lebih lanjut menjadi h(x,y) = xy’+x’+(y+y’) = xy’+x’+1 = 1(hukum dominansi ii  berapapun +1 =1) Dan i(x,y) = f.g = (xy’+y)(x’+y’)

43 8. Komplemen Fungsi  Bila sebuah fungsi dikomplemenkan, maka akan diperoleh fungsi komplemen.  Fungsi komplemen berguna pada saat melakukan penyederhanaan fungsi Boolean.  Fungsi komplemen dari suatu fungsi f dapat dicari dengan 2 cara, yaitu : 1.Menggunakan Hukum De Morgan. 2.Menggunakan prinsip Dualitas.

44 Cara pertama : menggunakan hukum De Morgan hukum De Morgan untuk dua peubah x 1 dan x 2 (i)(x 1 +x 2 )’ = x 1 ’. x 2 ’ dan dualnya (ii) (x 1. x 2 )’ = x 1 ’+x 2 ’ hukum De Morgan untuk tiga peubah x 1, x 2 dan x 3 (i)(x 1 +x 2 +x 3 )’ = (x 1 +y)’ yang dalam hal ini y = x 2 +x 3 = x 1 ’. y’ = x 1 ’(x 2 +x 3 )’ = x 1 ’. x 2 ’. x 3 ’ Contoh 7.7 Misalkan f(x,y,z) = x(y’z’+yz), maka fungsi komplemennya adalah f(x,y,z) = (x(y’z’+yz))’ = x’+(y’z’+yz)’ = x’+(y’z’)’. (yz)’ = x’+(y+z)(y’+z’)

45 Cara kedua : menggunakan prinsip dualitas. Contoh 7.8 Misalkan f(x,y,z) = x(y’z’+yz), maka dual dari ekspresi Booleannya adalah = x+(y’+z’)(y+z) komplemen tiap literal dari dual diatas menjadi = x’+(y+z)(y’+z’) Jadi f ‘(x,y,z) = x’+(y+z)(y’+z’)

46 9. Bentuk Kanonik  Ekspresi Boolean yang menspesifikasikan suatu fungsi dapat disajikan dalam dua bentuk berbeda, yaitu : 1. Penjumlahan dari hasil kali (sum- of-product atau SOP) f(x,y,z) = x’y’z + xy’z’ + xyz 2. Perkalian dari hasil jumlah (product- of- sum atau POS) g(x,y,z) = (x+y+z) (x+y’+z) (x+y’+z’) (x’+y+z’) (x’+y’+z)

47 Bentuk suku ( term)  Setiap suku di dalam ekspresi mengandung literal yang lengkap dalam peubah, x, y, z, baik peubahnya tanpa komplemen maupun dengan komplemen.  Ada 2 macam bentuk suku, yaitu minterm (hasil kali) dan maxterm ( hasil jumlah).

48 Minterm dan Maxterm Suku-suku di dalam ekspresi Boolean dengan n peubah x 1, x 2,…,x n, dikatakan minterm jika suku tersebut muncul dalam bentuk : dan dikatakan maxterm jika muncul dalam bentuk:

49 Cara membentuk Minterm dan Maxterm  Untuk minterm setiap peubah yang bernilai 0 dinyatakan dalam bentuk komplemen.  Untuk maxterm setiap peubah yang bernilai 0 dinyatakan tanpa komplemen.  Minterm dilambangkan dengan huruf m berindeks.  Maxterm dilambangkan dengan huruf M berindeks.

50 Tabel kebenaran minterm dan maxterm 2 peubah. xyMintermMaxterm SukuLambangSukuLambang x’y’ x’y xy’ xy m0m1m2m3m0m1m2m3 x + y x + y’ x’ + y x ’+ y’ M0M1M2M3M0M1M2M3

51 xyz MintermMaxterm SukuLambangSukuLambang 000x’y’z’m0m0 x+y+zM0M0 001x’y’zm1m1 x+y+z’M1M1 010x’yz’m2m2 x+y’+zM2M2 011x’yzm3m3 x+y’+z’M3M3 100xy’z’m4m4 x’+y+zM4M4 101xy’zm5m5 x’+y+z’M5M5 110xyz’m6m6 x’+y’+zM6M6 111xyzm7m7 x’+y+z’M7M7 Tabel kebenaran minterm dan maxterm 3 peubah

52 Jika diberikan sebuah tabel kebenaran, kita dapat membentuk fungsi Boolean dalam bentuk kanonik (SOP atau POS) dari tabel tersebut dengan cara mengambil minterm atau maxterm dari setiap nilai fungsi yang bernilai 1 (untuk SOP) atau 0 (untuk POS)

53 Contoh 7.10 Tinjau fungsi Boolean yang dinyatakan oleh tabel 7.10 dibawah ini. Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS. xyzf(x,y,z) Tabel 7.10

54 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) = m 1 + m 4 + m 7 = ∑(1,4,7)

55 Penyelesaian : (b) POS Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 0 adalah 000, 010, 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 dengan menggunakan lambang maxterm, f(x,y,z) = M 0 M 2 M 3 M 5 M 6 = ∏(0,2,3,5,6)

56 Contoh 7.11 Nyatakan fungsi Boolean f(x,y,z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS. Penyelesaian : (a)SOP Kita harus melengkapi terlebih dahulu literal untuk setiap suku agar jumlahnya sama. x = x.1 = 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

57 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) = m 1 + m 4 + m 5 + m 6 + m 7 = ∑(1,4,5,6,7) (b) POS f(x,y,z) = x + y’z = (x+y’)(x+z) kita harus melengkapi terlebih dahulu literal pada setiap suku agar jumlahnya sama

58 x+y’ = x+y’+0 = x+y’+zz’ = (x+y’) + zz’ = (x+y’+z)(x+y’+z’) x+z = x+z+0 = x+z+yy’ = (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) = M 0 M 2 M 3 = ∏(0,2,3)

59 10. Konversi Antar Bentuk Kanonik  Fungsi Boolean dalam bentuk kanonik SOP dapat ditransformasi ke bentuk kanonik POS, demikian pula sebaliknya.  Misalkan f adalah fungsi Boolean dalam bentuk SOP dengan tiga peubah : f(x,y,z) = ∑(1,4,5,6,7) dan f’ adalah fungsi komplemen dari f, f’(x,y,z) = ∑(0,2,3) = m 0 + m 2 + m 3

60 Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh fungsi f dalam bentuk POS : f’(x,y,z) = (f’(x,y,z))’ = (m 0 + m 2 + m 3 )’ = m 0 ’. m 2 ’. m 3 ’ = (x’y’z’)’.(x’yz’)’.(x’yz)’ = (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’) = M 0 M 2 M 3 = ∏(0,2,3) jadi f(x,y,z) = ∑(1,4,5,6,7) = ∏(0,2,3) Kesimpulan : m j ’ = M j

61 11. Bentuk Baku  Bentuk baku ( standard) adalah cara lain untuk mengekspresikan fungsi Boolean.  Dua tipe bentuk baku adalah bentuk baku SOP dan bentuk baku POS.  Contohnya : f(x,y,z) = y’ + xy + x’yz SOP f(x,y,z) = x ( y’ + z ) ( x’ + y + z’)POS

62 Perbedaan antara bentuk kanonik dan bentuk baku.  Pada bentuk kanonik setiap term harus mengandung literal yang lengkap, sedangkan pada bentuk baku setiap term tidak harus mengandung literal lengkap.

63 12. Aplikasi Aljabar Boolean Aljabar Boolean memiliki aplikasi yang luas dalam bidang keteknikan, antara lain di bidang jaringan pensaklaran dan rangkaian digital. axb axyb Keluaran b ada jika dan hanya jika saklar x ditutup  x Keluaran b ada jika dan hanya jika x dan y keduanya ditutup  xy Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

64 ax by c Keluaran c ada jika dan hanya jika x atau y ditutup  x + y

65 Sirkuit Elektronik y x xy x y x+y xx’ Gerbang AND dua-masukanGerbang OR dua-masukanGerbang NOT (inverter) Komputer dan peralatan elektronik lain dibuat dari sejumlah rangkaian atau sirkuit (circuit). Elemen dasar dari sirkuit adalah gerbang (gate). Sirkuit elektronik dimodelkan dengan sejumlah gerbang logika (logic gate).

66 x y x y x’x’ xy x’yx’y xy+x ’ y Contoh 7.17 : Nyatakan fungsi f(x,y,z) = xy+x ’ y kedalam rangkaian logika. Cara pertama Cara ketiga Cara kedua y y x x

67 y x (xy) ’ x y (x+y) ’ x y y x x  y (x  y) ’ Gerbang NAND Gerbang NOR Gerbang XOR Gerbang XNOR Keempat gerbang di atas merupakan kombinasi dari gerbang-gerbang dasar, misalnya gerbang NOR disusun oleh kombinasi gerbang OR dan gerbang NOT

68 x y (x+y) ’ y’y’ x’x’ x'y’x'y’ ekivalen dengan x y x+y (x+y)’ Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita juga dapat membuat gerbang logika yang ekivalen dengan gerbang NOR dan NAND diatas. ekivalen dengan x y (x+y) ’ x ’ y ’ ↔ (x+y) ’

69 13. Penyederhanaan Fungsi Boolean  Menyederhanakan fungsi Boolean artinya mencari bentuk fungsi lain yang ekivalen.  Penyederhanaan fungsi Boolean disebut juga minimisasi fungsi. f(x,y) = x ’ y+xy ’ +y ’ dapat disederhanakan menjadi f(x,y) = x ’ +y ’

70 Terdapat 3 metode yang dapat digunakan untuk menyederhanakan fungsi Boolean :  Secara Aljabar, menggunakan hukum-hukum Aljabar Boolean.  Metode Peta Karnaugh.  Metode Quine –McCluskey (metode tabulasi)

71 Penyederhanaan Fungsi Boolean Secara Aljabar Contoh 7.18 : Sederhanakan fungsi-fungsi Boolean berikut ini : (a)f(x,y) = x + x’y (b)f(x,y) = x(x’+y) (c)f(x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’ (d)f(x,y,z) = xz’+ y’z + xyz’ (e)f(x,y,z) = (x+z’)(y’+z)(x+y+z’) Penyelesaian :

72 (a)f(x,y) = x + x’y = (x+x’)(x+y)(hukum distributif) = 1. (x+y)(hukum komplemen) = x+y(hukum identitas) (b) f(x,y) = x(x’+y) = xx’+xy(hukum distributif) = 0+xy(hukum komplemen) = xy(hukum identitas) (d) f(x,y,z) = xz’+ y’z + xyz’ = xz’.1+y’z+xyz’ (hukum identitas) = xz’.1+xyz’+y’z = xz’(1+y)+y’z (hukum distributif) = xz’.1+y’z = xz’+y’z

73 Metode Peta Karnaugh Metode Peta Karnaugh (atau K-map) merupakan metode grafis untuk menyederhanakan fungsi Boolean. Tiap kotak merepresentasikan sebuah minterm. Tiap kotak dikatakan bertetangga jika minterm-minterm yang merepresentasikannya berbeda hanya 1 buah literal.

74 Metode Peta Karnaugh dengan Dua Peubah m0m0 m1m1 m2m2 m3m3 x’y'x’y' x’yx’y xy ’ xy x’y'x’y' x’yx’y xy ’ xy Penyajian 1Penyajian 2Penyajian x y y’y’ y x’x’ x Misalkan 2 peubah di dalam fungsi Boolean adalah x dan y. Baris pada peta Karnaugh untuk peubah x dan kolom untuk peubah y Baris pertama diidentifikasikan nilai 0 (menyatakan x’) Baris kedua diidentifikasikan nilai 1 (menyatakan x) Kolom pertama diidentifikasikan nilai 0 (menyatakan y’) Kolom kedua diidentifikasikan nilai 1 (menyatakan y)

75 x’y'x’y' x’yx’y xy ’ xy x’y'x’y' x’yx’y xy ’ xy x y x y x diarsir y diarsir Peta Karnaugh dapat dianggap sebagai diagram Venn, x diwakili oleh titik-titik pada baris pertama dan y diwakili oleh titik-titik pada kolom kedua

76 x y Contoh 7.19 : Gambarkan peta Karnaugh untuk f(x,y) = xy + x’y Peubah tanpa komplemen dinyatakan sebagai 1 dan peubah dengan komplemen dinyatakan sebagai 0, sehingga xy dinyatakan sebagai 11 dan x’y sebagai 01. Kotak-kotak yang merepresentasikan minterm 11 dan 01 diisi dengan 1, sedangkan kotak-kotak yang tidak terpakai diisi dengan 0

77 Contoh 7.20 : xyf(x,y) x y Tinjau hanya nilai fungsi yang memberikan 1 f(x,y) = xy’+ xy Tempatkan 1 didalam kotak untuk kombinasi nilai x dan y yang bersesuaian (dalam hal ini 10 dan 11)

78 Metode Peta Karnaugh dengan Tiga Peubah m0m0 m1m1 m3m3 m2m2 m4m4 m5m5 m7m7 m6m6 x‘y‘z'x‘y‘z' x‘y’zx‘y’zx ‘ yzx ‘ yz ’ xy ‘ z ’ xy ‘ zxyzxyz ’ x yz Untuk fungsi Boolean dengan tiga peubah (x,y,z) jumlah kotak didalam peta Karnaugh meningkat menjadi 2 3 = 8

79 Contoh 7.21 : x yz Gambarkan peta Karnaugh untuk f(x,y,z) = x’yz’ + xyz’ + xyz x’yz’  dalam bentuk biner : 010 xyz’  dalam bentuk biner : 110 xyz  dalam bentuk biner : 111 Kotak-kotak yang merepresentasikan minterm 010, 110 dan 111 diisi dengan 1, sedangkan kotak-kotak yang tidak terpakai diisi dengan 0

80 Contoh 7.22 : x yz (i)xz’ x  semua kotak pada baris ke-2 z’  semua kotak pada kolom ke-1 dan kolom ke-4 Gambarkan peta Karnaugh untuk f(x,y,z) = xz’ + y xz’ = xy’z’ + xyz’

81 Contoh 7.22 : x yz (ii) y  semua kotak pada kolom ke-3 dan kolom ke x yz (iii) Gabungkan (i) dan (ii) dan isikan kotak yang kosong dengan 0 f(x,y,z) = xz’ + y y xz’ + y

82 Contoh 7.23 : xyzf(x,y,z) x yz Tinjau hanya nilai fungsi yang memberikan 1 f(x,y) = x’y’z + xy’z’ + xy’z + xyz Tempatkan 1 didalam kotak untuk kombinasi nilai x dan y yang bersesuaian (dalam hal ini 001, 100, 101, dan 111) Diberikan fungsi Boolean yang direpresentasikan dengan tabel kebenaran. Petakan fungsi tersebut ke peta Karnaugh.

83 Metode Peta Karnaugh dengan Empat Peubah m0m0 m1m1 m3m3 m2m2 m4m4 m5m5 m7m7 m6m6 m 12 m 13 m 15 m 14 m8m8 m9m9 m 11 m 10 w’x ’ y’z’w’x’y’zw’x’yzw’x’yz’ w’xy’z’w’xy’zw’xyzw’xyz’ wxy’z’wxy’zwxyzwxyz’ wx’y’z’wx’y’zwx’yzwx’yz’ wx yz Untuk fungsi Boolean dengan empat peubah (w,x,y,z) jumlah kotak didalam peta Karnaugh meningkat menjadi 2 4 = 16

84 wxyzf(w,x,y,z) Contoh 7.24 : wx yz f(w,x,y,z) = w’x’y’z+w’xyz’+w’xyz+wxyz’ Diberikan fungsi Boolean yang direpresentasikan dengan tabel kebenaran. Petakan fungsi tersebut ke peta Karnaugh.

85 wx yz Contoh 7.25 : (Pasangan) f(w,x,y,z) = wxy Sebelum disederhanakan, 2 buah term dalam lingkaran f(w,x,y,z) = wxyz + wxyz’ Bukti secara aljabar : f(w,x,y,z) = wxyz + wxyz’ = wxy( z+z’ ) = wxy(1) = wxy

86 wx yz Contoh 7.26 : (Kuad) wx yz Sebelum disederhanakan, 4 buah term dalam lingkaran f(w,x,y,z) = wxy’z’+wxy’z+wxyz+wxyz’ f(w,x,y,z) = wx f(w,x,y,z) = wxy’+wxy = wx(y’+y) = wx(1) = wx

87 wx yz Sebelum disederhanakan, 4 buah term dalam lingkaran f(w,x,y,z) = wxy’z’+wxy’z+wx’y’z’+wx’y’z f(w,x,y,z) = wy’ Suku-suku pada kotak yang dilingkari memiliki literal yang sama, yaitu w dan y’ (ditandai dengan angka 1 dan 0 yang dicetak tebal) f(w,x,y,z) = wy’

88 wx yz Contoh 7.27 : (Oktet) wx yz buah term menyatakan fungsi f(w,x,y,z) = wxy’z’+wxy’z+wxyz’+wxy’z+wx’y’z’+wx’y’z+wx’yz+wx’yz’ Suku-suku pada kotak yang dilingkari memiliki literal yang sama, yaitu w (ditandai dengan angka 1 yang dicetak tebal) f(w,x,y,z) = w f(w,x,y,z) = wy’+wy = w ( y’+y ) = w

89 wx yz Contoh 7.28 : Fungsi Boolean hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = wy’ + yz’ + w’x’z

90 wx yz Contoh 7.29 : wx yz Minimisasi fungsi Boolean f(w,x,y,z) = z + xy + wx’y’ Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = z + xyz’ + wx’y’z’ jumlah literal = 8 Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = z + xy + wx’y’ jumlah literal = 6

91 Penggulungan x’x’ x y’z’y’z’ y’zy’zyzyz ’ y’z’y’z’ y’zy’z yz yz ’ x’x’ x (a) (b)

92 Contoh 7.30 (penggulungan) x yz Sederhanakan fungsi Boolean f(x,y,z) = x’yz + xy’z’ + xyz + xyz’ f(x,y,z) = yz + xy’z’ + xyz’ f(x,y,z) = yz + xz’

93 Jika pengelompokan 1 tidak dilakukan secara hati-hati, maka ada kemungkinan kita membuat kelompok 1 yang tidak perlu. Pengelompokan yang berlebihan (redundan) ini menghasilkan fungsi Boolean dengan term yang tidak perlu. Kelompok Berlebihan

94 wx yz Contoh 7.31 : wx yz f(w,x,y,z) = xy’z + wxz + wyz f(w,x,y,z) = xy’z + wyz Sederhanakan fungsi Boolean

95 Contoh 7.32 : xyzf(x,y,z) x yz x yz Bentuk baku SOP : kelompok 1 Fungsi minimasi : f(x,y,z) = x’z + xz’ Bentuk baku POS : kelompok 0 Fungsi minimasi : f(x,y,z) = (x’ + z’) (x + z)

96 Contoh 7.33 : x yz Minimisasi fungsi Boolean f(x,y,z) = x’z + x’y + xy’z + yz Fungsi minimasi : f(x,y,z) = z + x’y

97 Contoh 7.34 : x yz Minimisasi fungsi Boolean f(x,y,z) = ∑(0,2,4,5,6) Hasil penyederhanaan : f(x,y,z) = z’ + xy’

98 Metode Peta Karnaugh dengan Lima Peubah m0m0 m1m1 m3m3 m2m2 m6m6 m7m7 m5m5 m4m4 m8m8 m9m9 m 11 m 10 m 14 m 15 m 13 m 12 m 24 m 25 m 27 m 26 m 30 m 31 m 29 m 28 m 16 m 17 m 19 m 18 m 22 m 23 m 21 m 20 Garis pencerminan vw xyz Peta Karnaugh untuk lima peubah dibuat dengan anggapan ada dua buah peta empat peubah yang disambungkan.

99 vw xyz Contoh 7.42 : Carilah fungsi sederhana dari f(v,w,x,y,z) = ∑(0,2,4,6,9,11,13,15,17,21,25,27,29,31) Fungsi minimisasi f(v,w,x,y,z) = wz + v’w’y’z’ + vy’z + v’w’y’z’

100 Keadaan Don’t Care wxyzDesimal X X X X X X (nilai desimal = 10) 1011 (nilai desimal = 11) 1100 (nilai desimal = 12) 1101 (nilai desimal = 13) 1110 (nilai desimal = 14) 1111 (nilai desimal = 15)

101 wx yz x11x 0x Contoh 7.43 : Hasil penyederhanaan dalam bentuk SOP f(w,x,y,z) = yz + w’z (garis penuh) Hasil penyederhanaan dalam bentuk POS f(w,x,y,z) = z (w’ + y) (garis putus-putus) Minimisasi fungsi Boolean f(w,x,y,z) = ∑(1,3,7,11,15) dengan kondisi don’t care adalah d(w,x,y,z) = ∑(0,2,5)

102 wxyzDesimal X 1001X 1010X 1011X 1100X 1101X 1110X 1111X Contoh 7.44 : xxxx xxxx wx yz Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = xz + y’z’ + yz

103 x yz x ’ yz x’yz’x’yz’ xy‘z’xy‘z’ xy’zxy’z Penyederhanaan Rangkaian Logika Contoh 7.45 : Minimisasi fungsi Boolean f(x,y,z) = x’yz+ x’yz’+xy’z’ +xy’z

104 xy x’yx’y xy ‘ x ’ y + xy‘ Minimisasi dengan peta Karnaugh adalah sbb: x yz Fungsi boolean hasil minimisasi adalah f(x,y,z) = x ’ y + xy ’ Hasil minimisasi fungsi hanya membutuhkan 2 buah kawat masukan, x dan y, dua buah gerbang AND, 2 gerbang NOT dan sebuah gerbang OR

105 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY 1.Nyatakan tiap minterm dalam n peubah menjadi string bit yang panjangnya n, yang dalam hal ini peubah komplemen dinyatakan ‘0’, peubah yang bukan komplemen dengan ‘1’ 2.Kelompokkan tiap minterm berdasarkan jumlah ‘1’ yang dimilikinya.

106 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY 3. Kombinasikan minterm dalam n peubah dengan kelompok lain yang jumlah ‘1’nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima (prime- implicant) yang terdiri dari n – 1 peubah. Minterm yang dikombinasikan diberi tanda “ ” 4. Kombinasikan minterm dalam n-1 peubah dengan kelompok lain yang jumlah ‘1’nya berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima yang terdiri dari n-2 peubah.

107 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY 5. Teruskan langkah 4 sampai diperoleh bentuk prima yang sesederhana mungkin. 6. Ambil semua bentuk prima yang tidak bertanda “ ”. Buatlah tabel baru yang memperlihatkan minterm dari ekspresi Boolean semula yang dicakup oleh bentuk prima tersebut (tandai dengan “X”. Setiap minterm harus dicakup oleh paling sedikit satu buah bentuk prima.

108 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY 7. Pilih bentuk prima yang memiliki jumlah literal paling sedikit, namun mencakup sebanyak mungkin minterm dari dari ekspresi Boolean semula. Hal ini dapat dilakukan dengan cara berikut :

109 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY a.Tandai kolom-kolom yang mempunyai satu buah tanda “X” dengan tanda “*”, lalu beri tanda “ ” di sebelah kiri bentuk prima yang berasosiasi dengan tanda “*” tersebut. Bentuk prima ini telah dipilih untuk fungsi Boolean sederhana. b.Untuk setiap bentuk prima yang telah ditandai dengan “ ”, beri tanda minterm yang dicakup oleh semua bentuk prima tsb dengan tanda “ ”

110 LANGKAH-LANGKAH METODE QUINE- MC CLUSKEY c. Periksa apakah masih ada minterm yang belum dicakup oleh bentuk prima terpilih. Jika ada, pilih dari bentuk prima yang tersisa yang mencakup sebanyak mungkin minterm tersebut. Beri tanda “ ” bentuk prima yang dipilih itu serta minterm yang dicakupnya. d. Ulangi langkah c sampai seluruh minterm sudah dicakup oleh semua bentuk prima.

111 wxyzlambang 0000m0m0 0001m1m1 0010m2m2 0011m3m3 0100m4m4 0101m5m5 0110m6m6 0111m7m7 1000m8m8 1001m9m9 1010m m m m m m 15

112 Contoh 7.46 : (a)(b)(c) Term w x y z √0, ,2,8, , √0,8,2, √0, √ √10,11,14, √2, √10,14,11, , √ √ 10, √ √10, √ √ 11, √ √14, √ Sederhanakan fungsi Boolean f(w,x,y,z) = ∑(0,1,2,8,10,11,14,15)

113 minterm Bentuk prima √ 0,1 x x √ 0,2,8,10 x x x x √ 10,11,14,15 x x x x * * * * * * √ √ √ √ √ √ √ √ (ii) Langkah 6 dan 7

114 Bentuk prima yang terpilih adalah 0,1yang bersesuaian dengan term w’x’y’ 0,2,8,10yang bersesuaian dengan term x’z’ 10,11,14,15yang 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

115 Contoh 7.47 : (a)(b)(c) Term w x y z √1, ,9,10, √4, ,10,9, √8, √ 8, √ √ √6, √9, √ 10, √ √ √7, , √ Sederhanakan fungsi Boolean f(w,x,y,z) = ∑(1,4,6,7,8,9,10,11,15)

116 minterm Bentuk prima √ 1,9 x x √ 4,6 x x 6,7 x x 7,15 x x 11,15 x x √ 8,9,10,11 x x x x * * * * √ √ √ √ √ √ √ (ii) Langkah 6 dan 7

117 minterm Bentuk prima √ 1,9 x x √ 4,6 x x 6,7 x x √ 7,15 x x 11,15 x x √ 8,9,10,11 x x x x * * * * √ √ √ √ √ √ √ √ √ Masih ada 2 minterm yang belum tercakup dalam bentuk prima terpilih, yaitu 7 dan 15. Yang tidak terpilih (6,7), (7,15) dan (11,15). Kita pilih bentuk prima (7,15) karena bentuk prima ini mencakup minterm 7 dan 15 sekaligus.

118 Sekarang, semua minterm sudah tercakup dalam bentuk prima yang terpilih. Bentuk prima yang terpilih adalah 1,9yang bersesuaian dengan term x’y’z 4,6yang bersesuaian dengan term w’xz’ 7,15 yang bersesuaian dengan term xyz 8,9,10,11yang bersesuaian dengan term wx’ Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z’) = x’y’z + w’xz’ + xyz + wz’


Download ppt "Pertemuan ke 17. BAB VII George Boole (1815-1864) De Morgan (1806-1871) De Morgan dan George Boole adalah dua orang ahli matematika yang mengembangkan."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google