SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELEMATIKA TELKOM

Presentasi berjudul: "SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELEMATIKA TELKOM"— Transcript presentasi:

1 SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELEMATIKA TELKOM
TEKNIK DIGITAL Submitted by Dadiek Pranindito ST, MT,. SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELEMATIKA TELKOM PURWOKERTO

2 Tujuan Perkuliahan Mahasiswa dapat memahami dan menjelaskan tentang :
Latar Belakang dan Hukum Aljabar Boolean Fungsi Boolean Bentuk Kanonik SOP dan POS

3 Agenda Chapter 1 – Aljabar Boolean Pendahuluan Aljabar Boolean
Hukum Aljabar Boolean Penyederhanaan Dengan Aljabar Boolean Chapter 2 – Fungsi Kanonik

4 History Aljabar Boolean
Cabang matematika George Boole George Boole memaparkan aturan-aturan dasar logika (dikenal dengan Logika Boolean) Tahun 1938, Claude Shannon memperlihatkan penggunaan Aljabar Boolean untuk merancang rangkaian sirkuit yang menerima masukan 0 dan 1 1854 Aljabar Boolean digunakan secara luas dalam perancangan rangkaian pensaklaran, rangkaian digital dan rangkaian IC komputer

5 Postulat Boolean Dalam mengembangkan sistem Aljabar Boolean perlu memulainya dengan asumsi – asumsi yakni Postulat Boolean dan Teorema Aljabar Boolean. 0 . 0 = 0 0 . 1 = 0 1 . 0 = 0 1 . 1 = 1 di turunkan dari fungsi AND. 0 + 0 = 0 0 + 1 = 1 1 + 0 = 1 1 + 1 = 1 di turunkan dari fungsi OR. = 1 di turunkan dari fungsi NOT. = 0

6 Prinsip Dualitas Dalil Aljabar Boolean dan Prinsip Dualitas
Aljabar Boolean menggunakan aturan-aturan yang diturunkan dari asumsi dasar (aksioma/dalil/postulat). 1x. 2x. 3x. 4x. 0 . 0 = 0 1 . 1 = 1 0 . 1 = = 0 Jika a = 0 , maka a’ = 1 1y. 2y. 3y. 4y. 1 + 1 = 1 0 + 0 = 0 1 + 0 = = 1 Jika a = 1 , maka a’ = 0 Dalil dituliskan berpasangan  untuk menunjukkan prinsip dualitas. - Jika diberikan sebarang ekspresi logika, dual dari ekspresi tersebut dapat dibentuk dengan mengganti semua (+) dengan (.) atau sebaliknya, serta mengganti 0 dengan 1 atau sebaliknya. - Dalil (y) merupakan dual dari dalil (x) dan sebaliknya - Dual dari pernyataan benar adalah juga benar

7 Hukum Aljabar Boolean (1)
Berikut ini adalah hukum-hukum aljabar boolean : 1. Hukum identitas: (i). a + 0 = a (ii). a  1 = a 2. Hukum idempoten: (i). a + a = a (ii). a  a = a 3. Hukum komplemen: (i). a + a’ = 1 (ii). a . a’ = 0 4. Hukum dominansi: (i). a . 0 = 0 (ii). a + 1 = 1 5. Hukum involusi: (i). (a’)’ = a 6. Hukum penyerapan: (i) a + a . b = a  a + a . b’ = a (ii) a . (a + b) = a 7. Hukum komutatif: (i). a + b = b + a (ii). a . b = b . a 8. Hukum asosiatif: (i). a + (b + c) = (a + b) + c (ii). a . (b . c) = (a . b) . c 9. Hukum distributif: (i). a + (b . c) = (a + b) . (a + c) (ii). a . (b + c) = a . b + a . c 10. Hukum De Morgan: (i). (a + b)’ = a’ . b’ (ii). (a . b)’ = a’ + b’ 11. Hukum 0/1 (i). 0’ = 1 (ii). 1’ = 0 12. Penggabungan (i). a . b + a . b’ = a (ii). ( a + b ) . ( a + b’ ) = a

8 Hukum Aljabar Boolean (2)
Pembuktian Hukum 6.(i) dengan cara induksi adalah sbb : Tabel kebenaran untuk a + a . b = a a b a . b a + a . b 1 Dari tabel diatas nila a + a . b = a

9 Hukum Aljabar Boolean (3)
Contoh Kasus : Sederhanakan : a . ( a . b + c ) Penyelesaian : a . ( a . b + c ) = a . a . b + a . c (Distributif) = a . b + a . c (Idempoten) = a . ( b + c ) (Distributif)

10 Aljabar Boolean (1) Pembuktian hukum aljabar boolean dengan perhitungan aljabar : Buktikan bahwa : (i) a + a’ . b = a + b (ii) a . (a’ + b) = a . b Penyelesaian : (i) a + a’ . b = (a + a . b) + a’ . b (Penyerapan) = a + (a . b + a’ . b) (Asosiatif) = a + (a + a’) . b (Distributif) = a b (Komplemen) = a + b (Identitas) (ii) adalah dual dari (i)

11 Aljabar Boolean (2) Pembuktian hukum aljabar boolean dengan induksi :
Buktikan Bahwa : a + a’ . b = a + b a b a’ . b a + a’ . b a +b 1

12 Aljabar Boolean (3) Penyederhanaan Rangkaian dengan Aljabar
Suatu fungsi logika dapat dinyatakan dalam beberapa bentuk ekspresi yang ekivalen Misalnya ada 2 aljabar : (i). a’ . b’ + a’ . b + a . b (ii). a’ + b (i) dan (ii) adalah ekivalen secara fungsional Proses optimasi memilih salah satu dari beberapa rangkaian ekivalen untuk memenuhi constraint nonfungsional (area, cost) a’ . b’ + a’ . b + a . b a b atau a’ . b’ + a’ . b + a’ . b + a . b (replikasi term2 ) a’ . ( b’ + b ) + ( a’ + a ) . b (distributif) a’ b (komplemen) a’ + b a b

13 Latihan Soal Sederhanakan persamaan logika berikut ini dan gambarkan rangkaian hasil penyerdehanaannya : z = (a’ + b) . (a + b) z = (a . b’ . (a + c))’ + a’ . b . (a + b’ + c’)’ Sederhanakan rangkaian berikut ini dan buktikan dengan tabel kebenaran : 3. 4.

14 Agenda Chapter 1 – Aljabar Boolean Chapter 2 – Fungsi Kanonik
Definisi Fungsi Boolean Bentuk Kanonik SOP Bentuk Kanonik POS

15 Fungsi Boolean (1) Definisi Fungsi Boolean Contoh :
Persamaan (ekspresi ) aljabar yang dibentuk dari variabel Variabel biner, operator biner ( OR dan AND ), Operator Unary ( NOT ), Dan Tanda sama dengan ( = ) Contoh : F = a . b’ . c Keterangan : F = Fungsi Boolean

16 Fungsi Boolean (2) Lateral Dan Term Contoh : Keterangan :
Lateral : menyatakan input – input sebuah gerbang logika Term : menyatakan operasi yang dilakukan dalam sebuah gerbang Contoh : F = a . b . c’ + a’ . d . e Keterangan : Persamaan Boolean di atas mempunyai 5 input (ada 5 lateral : a, b, c,d dan e) Ada 5 term : - AND untuk a . b . c’ - AND untuk a’ . d . e - NOT untuk c - NOT untuk a - OR untuk f berarti ada 5 gerbang yang diperlukan

17 Bentuk Kanonik SOP (1) Minterm
Untuk sebuah fungsi dengan n buah variabel f(a1 ,a2, a3... an) - Sebuah minterm dari f adalah satu term perkalian dari n variabel yang ditampilkan sekali, baik dalam bentuk tidak diinverskan maupun diinverskan - Jika diberikan satu baris dalam tabel kebenaran, minterm dibentuk dengan memasukkan variabel ai jika ai = 1 atau ai’ jika ai = 0 - Notasi mj merupakan minterm dari baris nomor j di tabel kebenaran. Contoh: Baris 1 ( j = 0 ), a1 = 0, a2 = 0, a3 = 0 minterm : mo = a1‘. a2‘. a3‘ Baris 2 ( j = 1 ), a1 = 0, a2 = 0, a3 = 1 minterm : m1 = a1‘. a2‘. a3

18 Bentuk Kanonik SOP (2) Minterm dan Bentuk Kanonik SOP
Tiap baris dari tabel kebenaran membentuk satu buah minterm Baris i a1 a2 a3 Minterm mj f a1’. a2’. a3’ 1 a1’. a2’. a3 2 a1’. a2. a3’ 3 a1’. a2. a3 4 a1 . a2’. a3’ 5 a1 . a2’. a3 6 a1 . a2 . a3’ 7 a1 . a2 . a3 Fungsi f dapat dinyatakan dengan ekspresi penjumlahan dari semua minterm di mana tiap minterm di-AND-kan dengan nilai f yang bersesuaian Contoh  diberikan nilai f seperti tabel di atas, bentuk kanonik SOP : f = m m m m m m m m7 . 7 = m1 + m4 + m5 + m6 = a1’. a2’. a3 + a1 . a2’. a3’ + a1 . a2’. a3 + a1 . a2 . a3’

19 Bentuk Kanonik SOP (3) Notasi SOP
Persamaan SOP dapat dinyatakan dalam notasi m f = m1 + m4 + m5 + m6 = a1’. a2’. a3 + a1 . a2’. a3’ + a1 . a2’. a3 + a1 . a2 . a3’ 1 4 5 6 Notasi Persamaan SOP : f = Σ m ( 1; 4; 5; 6) Implementasi : - Ekspresi fungsi f tersebut secara fungsional benar dan unik - Namun, mungkin tidak menghasilkan implementasi yang paling sederhana

20 Bentuk Kanonik POS (1) Prinsip Duality SOP - POS
Jika suatu fungsi f dinyatakan dalam suatu tabel kebenaran, maka ekspresi untuk f dapat diperoleh (disintesis) dengan cara : Melihat semua baris dalam tabel dimana f=1 Melihat semua baris dalam tabel dimana f=0 Pendekatan (1) menggunakan minterm Pendekatan (2) menggunakan komplemen dari minterm, disebut maxterm

21 Bentuk Kanonik POS (2) Penjelasan Dualitas SOP - POS
Jika fungsi f dinyatakan dalam tabel kebenaran, maka fungsi inversnya f’ , dapat dinyatakan dengan penjumlahan minterm dengan f’ = 1, yaitu di baris di mana f = 0 f’ = m0 + m2 + m3 + m7 = a1’. a2’. a3’ + a1’ . a2 . a3’ + a1’ . a2 . a3 + a1 . a2 . a3 Fungsi f dapat dinyatakan f = ( m0 + m2 + m3 + m7 )’ = ( a1’. a2’. a3’ + a1’ . a2 . a3’ + a1’ . a2 . a3 + a1 . a2 . a3 )’ = ( a1’. a2’. a3’ )’ . ( a1’ . a2 . a3’ )’ . ( a1’ . a2 . a3 )’ . ( a1 . a2 . a3 )’ = ( a1 + a2 + a3 ) . ( a1 + a2’ + a3 ) . ( a1 + a2’ + a3’ ) . ( a1’ + a2’ + a3’ ) Meletakkan dasar untuk menyatakan fungsi sebagai bentuk perkalian semua term perjumlahan, maxterm

22 Bentuk Kanonik POS (3) Maxterm
Untuk sebuah fungsi dengan n buah variabel f(a1 ,a2, a3... an) - Sebuah maxterm dari f adalah satu term penjumlahan dari n variabel yang ditampilkan sekali, baik dalam bentuk tidak diinverskan maupun diinverskan - Jika diberikan satu baris dalam tabel kebenaran, maxterm dibentuk dengan memasukkan variabel ai jika ai = 0 atau ai’ jika ai = 1 - Notasi Mj (dengan huruf besar) merupakan maxterm dari baris nomor j di tabel kebenaran. Contoh: Baris 1 ( j = 0 ), a1 = 0, a2 = 0, a3 = 0 minterm : Mo = a1 + a2 + a3 Baris 2 ( j = 1 ), a1 = 0, a2 = 0, a3 = 1 minterm : M1 = a1 + a2 + a3‘

23 Bentuk Kanonik POS (4) Maxterm dan Bentuk Kanonik POS
Tiap baris dari tabel kebenaran membentuk satu buah maxterm Baris i a1 a2 a3 Maxterm Mj f a1 + a2 + a3 1 a1 + a2 + a3’ 2 a1 + a2’+ a3 3 a1 + a2’ + a3’ 4 a1’ + a2 + a3 5 a1’ + a2 + a3’ 6 a1’ + a2’ + a3 7 a1’ + a2’ + a3’ Fungsi f dapat dinyatakan dengan ekspresi perkalian dari semua maxterm di mana tiap minterm di-OR-kan dengan nilai f yang bersesuaian Contoh  diberikan nilai f seperti tabel di atas, bentuk kanonik SOP : f = m m m m m m m m7 . 7 = m0 . m2 . m3 . m7 = ( a1 + a2 + a3 ) . ( a1 + a2’+ a3 ) . ( a1 + a2’ + a3’ ) . (a1’ + a2’ + a3’)

24 Bentuk Kanonik POS (5) Notasi POS
Persamaan POS dapat dinyatakan dalam notasi M f = m0 + m2 + m3 + m7 = ( a1 + a2 + a3 ) . ( a1 + a2’+ a3 ) . ( a1 + a2’ + a3’ ) . (a1’ + a2’ + a3’) 2 3 7 Notasi Persamaan POS : f = Π M ( 0; 2; 3; 7) Persamaan berikut benar untuk fungsi f(a1, a2, a3) di atas : Σ m ( 1; 4; 5; 6) = Π M ( 0; 2; 3; 7) a1’. a2’. a3 + a1 . a2’. a3’ + a1 . a2’. a3 + a1 . a2 . a3’ = ( a1 + a2 + a3 ) . ( a1 + a2’+ a3 ) . ( a1 + a2’ + a3’ ) . (a1’ + a2’ + a3’)

25 Konversi Bentuk SOP dan POS
Jika suatu fungsi f diberikan dalam bentuk Σ m atau Π M ,maka dengan mudah dapat dicari fungsi f atau f’ dalam bentuk Σ m atau Π M

26 Contoh Kasus Operasi penyederhanaan adalah mengurangi minterm atau maxterm di ekspresi - SOP : menggunakan hukum penggabungan 12 (i)  a . b + a . b’ = a - POS : menggunakan hukum penggabungan 12 (ii)  ( a + b ) . ( a + b’ ) = a Beberapa minterm atau maxterm dapat digabungkan menggunakan hukum 12 (i) atau 12 (ii) jika berbeda hanya di satu variabel saja f = a1’. a2’. a3 + a1 . a2’. a3’ + a1 . a2’. a3 + a1 . a2 . a3’ - m1 dan m5 berbeda di a1, dan m4 dan m6 berbeda di a2 Contoh : f = ( a1 + a2 + a3 ) . ( a1 + a2’+ a3 ) . ( a1 + a2’ + a3’ ) . (a1’ + a2’ + a3’) - m0 dan m2 berbeda di a2, dan m3 dan m7 berbeda di a1 Contoh :

27 Latihan Soal Diketahui : f = Σm (1,3,5,7,11) Ditanya :
Tuliskan persamaan boolean dari f dengan bentuk minterm dan susun tabel kebenarannya ? Gambarkan rangkaian logika dari fungsi boolean f = Σm (3,5,6,7) Diketahui output Y seperti dalam tabel Tentukan fungsi logika dari Y (minterm), sederhanakan fungsi logika tersebut dan gambarkan rangkaian logika !

28 Penutup Perkuliahan Mahasiswa telah dapat memahami dan menjelaskan tentang : Latar Belakang Aljabar Boolean History, Postulat, Dan Prinsip Dualits Hukum Aljabar Boolean Hukum-Hukum Aljabar Boolean, Penyederhanaan Rangkaian Denga Aljabar Bentuk Kanonik SOP dan POS Minterm, Maxterm, Konversi Bentuk SOP dan POS

29 Dadiek Pranindito ST. MT.
Thank You Dadiek Pranindito ST. MT.