(6) Bab IV. Aljabar Boolean

Presentasi berjudul: "(6) Bab IV. Aljabar Boolean"— Transcript presentasi:

1 (6) Bab IV. Aljabar Boolean
Subalgebra Fungsi dan Ekspresi Boole - Logika Kalimat 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

2 Pengantar: Boolean Algebra
Operasi Biner (2-ary operasion) : +,-,x pada himpunan dari semua bilangan bulat. Operasi singular (1-ary operasion) : f(x)=x-1 pada himpunan dari semua bilangan bulat. 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

3 Definisi Aljabar Boolean
Aljabar boolean merupakan aljabar yang terdiri atas suatu himpunan dengan dua operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut. 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

4 Aksioma Untuk Aljabar Boolean
Dengan aljabar boolean dimaksudkan suatu sistem yang dibentuk oleh himpunan B dengan dua operator biner (. dan +), satu operasi singular (yang diberi notasi ..’), dan dua elemen khusus (0 dan 1) sedemikian rupa sehingga membentuk aksioma: 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

5 Aksioma Aljabar Boolean
1 x+y=y+x Komutatif 2 x.y=y.x 3 x.(y+z)=x.y+x.z Distributif 4 x+(y.z)=x+y.x+z 5 x+0=x Identitas 6 x.1=x 7 x+x’=1 x+y=1 Komplemen 8 x.x’=0 x.y=0 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

6 Contoh 1 Pembuktian Sifat Boolean
Bila y komplemen dari x, maka menurut aksioma (7) dan (8) berlaku x+y=1 dan x.y=0 Bila x+y=1 dan x.y=0 maka y =y+0 (aksioma 5) =y+(x.x’) (aksioma 8) =(y+x).(y+x’) (aksioma 1 dan 4) =1.(y+x’) (diketahui) =(y+x’).1 (aksioma 2) = y+x’ (aksioma 6)  y = y+x’ 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

7 Herlina Jayadianti-Logika
Lanjutan Bila x+y=1 dan x.y=0 maka x’ =x’+0 (aksioma 5) =x’+(x.y) (diketahui) =(x’+x).(x’+y) (aksioma 1 dan 4) =1.(x’+y) (aksioma 7) =(x’+y).1 (aksioma 2) = x’+y (aksioma 6) = y+x’ (aksioma 1) = y (lihat bag 1 halaman sebelumnya) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

8 Herlina Jayadianti-Logika
Lanjutan Sehingga terbukti y=x’ (atau y adalah komplemen dari x) Dari dua penjabaran diatas terbukti bahwa y komplemen x jika dan hanya jika x+1=y dan x.y=0 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

9 Aksioma Aljabar Boolean
Hukum Identitas x+0=x x.1=x Hukum idempoten x+x=x x.x=x Hukum Komutatif x+y=y+x x.y=y.x Hukum komplemen x+x’=1 x.x’=0 Hukum dominasi x.0=0 x+1=1 Hukum Distributif x+(y.z)=(x+y).(x+z) x.(y+z)= (x.y)+(x.z) Hukum Involusi (x’) ’=x Hukum penyerapan x+(x.y)=x x.(x+y)=x Hukum 0/1 0’=1 1’=0 Hukum asosiatif x+(x+y)=(x+x)+y x.(x.y)=(x.x).y Hukum De Morgan (x+y)’=x’.y’ (xy)’=x’+y’ 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

10 Contoh 2 Pembuktian Sifat Boolean
Idempoten Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka: x.x=x dan x+x=x x =x.1 identitas = x.(x+x’) komplemen = x.x+x.x’ distributif = x.x+0 komplemen = x.x identitas/terbukti  x=x.x idempoten 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

11 Herlina Jayadianti-Logika
Lanjutan Idempoten Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka: x.x=x dan x+x=x x =x+0 (identitas) = x+(x.x’) (komplemen) = x+x.x+x’ (distributif) = (x+x).1 (komplemen) = x+x (identitas) terbukti  x=x+x idempoten 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

12 Contoh 3 Pembuktian Sifat Boolean
Pembuktian H.Idempoten: x+x = (x+x)(1) identitas = (x+x)(x+x’) komplemen = x+(x+x’) Asosiatif = x+0 komplemen = x identitas 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

13 Contoh 4 Pembuktian Sifat Boolean
Hukum dominasi x.0=0 x+1=1 Pembuktian H.Dominasi: x+1 = x+(x+x’) komplemen = (x+x)+x’ Asosiatif = x+x’ Idempoten = 1 komplemen 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

14 Contoh 5 Pembuktian Sifat Boolean
Hukum penyerapan x+(x.y)=x x.(x+y)=x Hukum Penyerapan x.(x+y) = x.x+x.y distributif = x+(x.y) idempoten = x+0 komplemen = x identitas/terbukti 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

15 Herlina Jayadianti-Logika
Dualitas Prinsip dualitas Misalkan S adalah kesamaan tentang aljabar boolean yang melibatkan operasi +, . , dan komplemen, maka S*diperoleh dengan cara mengganti : . Dengan + + Dengan . 1 Dengan 0 0 Dengan 1 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

16 Herlina Jayadianti-Logika
CONTOH DUALITAS Hukum Komutatif x+y=y+x x.y=y.x Hukum Komutatif Dual x.y=y.x x+y=y+x Hukum Distributif a+(b.c)=(a+b).(a+c) a.(b+c)= (a.b)+(a.c) Hukum Distributif Dual a.(b+c)= (a.b)+(a.c) a+(b.c)= (a+b)(a+c) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

17 OPERASI-OPERASI PADA PROPOSISI
Konjungsi Disjungsi Implikasi Biimplikasi p q pq 1 p q pq 1 p q pq 1 p q p↔q 1 p 1 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

18 Herlina Jayadianti-Logika
FUNGSI BOOLEAN Contoh: Buktikan bahwa f(x,y,z)= x’y’z+ x’yz+xy’ = f(x,y,z)=x’z+xy’. Jawab: f(x,y,z) = x’y’z+ x’yz+xy’ = x’z.(y+y’)+xy’ = x’z.1+xy’ = x’z+ xy’ terbukti (coba buktikan dengan table kebenaran) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

19 Herlina Jayadianti-Logika
FUNGSI KOMPLEMEN Dengan hukum de Morgan (x1+x2)’=x1’.x2’ dualnya (x1.x2)’=x1’+x2’ contoh: (x1,x2,x3)’ = (x1+y)’ misal y=x2+x3 = (x1+ x2+x3)’ = x1.x2.x3 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

20 Herlina Jayadianti-Logika
FUNGSI KOMPLEMEN Dengan prinsip dulitas f(x,y,z)=x’(yz’+y’z) Cari komplemen dari fungsi f’(x,y,z)=(x’(yz’+y’z))’ Jawab: f’(x,y,z) = (x’(yz’+y’z))’ = x+( yz’+y’z)’ = x+ (yz’)’.(y’z)’ = x+( y’+z).( y+z’) atau: f(x,y,z) = x’(yz’+y’z) dualnya x’+(y+z’.y’+z) f’(x,y,z) = x+(y’+z . y+z’) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

21 Herlina Jayadianti-Logika
soal f(x,y,z)=x’(yz’+y’z) Cari komplemen dari fungsi Jawab: f’(x,y,z)=(x’(yz’+y’z))’ f’(x,y,z) = (x’(yz’+y’z))’ = x+(yz’)’.(y’z)’ = x+(y’+z).(y+z’) f(x,y,z)= x’(yz’+y’z) dualnya x+(y+z’.y’+z) f’(x,y,z) = x+(y’+z).( y+z’) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

22 Herlina Jayadianti-Logika
SOAL LATIHAN Diketahui fungsi Boolean h(x,y,z)=xyz’,nyatakan dalam table kebenaran 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

23 Bentuk Kanonik Dan Bentuk Baku
X Y Z suku lambang X’ Y’ Z’ mo X +Y+ Z Mo 1 X’ Y’ Z m1 X +Y+ Z’ M1 X’ Y Z’ m2 X +Y’+ Z M2 X’ Y Z m3 X +Y’+ Z’ M3 X Y’ Z’ m4 X’ +Y+ Z M4 X Y’ Z m5 X’ +Y+ Z’ M5 X Y Z’ m6 X’ +Y’+ Z M6 X Y Z m7 X’ +Y’+ Z’ M7 Midterm (SOP) Maksterm (POS) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

24 Herlina Jayadianti-Logika
SOAL LATIHAN Tinjau fungsi boolean yang diekspresikan dalam tabel berikut,nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS X Y Z F(X,Y,Z) 1 MATEMATIKA DISKRIT Sunday, July 31, 2005 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

25 Herlina Jayadianti-Logika
JAWAB SOP: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1 f(x,y,z)= x’ y’ z+ x y’ z’+ x y z f(x,y,z)= m1+m4+m7=∑(1,4,7) POS: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 0 f(x,y,z)=( x +y+ z)( x +y’+z)( x +y’+z’)( x’ +y+z’)( x’ +y’+z) f(x,y,z)= M0+M2+M3+M5+M6=∏(0,2,3,5,6) 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

26 Herlina Jayadianti-Logika
SOAL LATIHAN Nyatakan fungsi boolean f(x,y,z)=xy+x’z dalam bentuk kanonik POS Nyatakan fungsi boolean f(x,y,z)=x+y’z dalam bentuk kanonik POS dan SOP Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x,y,z)=y’+xy+x’yz’ 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika

27 Herlina Jayadianti-Logika
Dalam Kuliah Matematika Diskrit akan anda temui kembali materi Aljabar Boolean 11/9/2018 Herlina Jayadianti-Logika