Muh. Nurrudin Al-Faruqi

Presentasi berjudul: "Muh. Nurrudin Al-Faruqi"— Transcript presentasi:

1 Muh. Nurrudin Al-Faruqi 112070194
ALJABAR BOOLEAN KELOMPOK X Arief Bachtiar Elsa Septiani Putri Lusy Widya Utami Muh. Nurrudin Al-Faruqi HOME

2 HOME DEFINISI ALJABAR BOOLEAN
PRINSIP DUALITAS & HUKUM-HUKUM ALJABAR BOOLEAN KOMPLEMEN FUNGSI BOOLEAN BENTUK KANONIK PENYEDERHANAAN FUNGSI BOOLEAN

3 DEFINISI ALJABAR BOOLEAN
Aljabar Boolean dapat didefinisikan secara abstrak dalam beberapa cara salah satunya dengan menspesifikasi unsur dan operasinya. Misalkan B adalah himpunan yang didefinisikan pada dua operator biner, + & . , dan sebuah operator uner, ‘ . Misalkan 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B. Maka, (B, +, , ’). disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c  B berlaku aksioma berikut : Identitas: (i) a + 0 = a (ii) a  1 = a Komutatif: (i) a + b = b + a (ii) a  b = b . a Distributif: (i) a  (b + c) = (a  b) + (a  c) (ii) a + (b  c) = (a + b)  (a + c) Komplemen: (i) a + a’ = 1 (ii) a  a’ = 0 HOME BACK

4 Perbedaan Aljabar Biasa dengan Aljabar Boolean
Sifat distributif (ii) tidak berlaku pada aljabar biasa Aljabar Boolean tidak mengenal operasi – dan : Komplemen Aksioma ke- 4 hanya berlaku pada aljabar boolean Aljabar biasa = bilangan rill, sedangkan aljabar boolean = 0 dan 1 HOME BACK

5 Prinsip Dualitas Misalkan S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar Boolean yang melibatkan operator +, , dan komplemen, maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti  dengan + + dengan  0 dengan 1 1 dengan 0 dan membiarkan operator komplemen tetap apa adanya, maka kesamaan S* juga benar. S* disebut sebagai dual dari S. Contoh. (i) (a  1)(0 + a’) = 0 dualnya (a + 0) + (1  a’) = 1 (ii) a(a‘ + b) = ab dualnya a + a‘b = a + b HOME BACK

6 Hukum-hukum Aljabar Boolean
Hukum identitas: (i) a + 0 = a a  1 = a Hukum komplemen: (i) a + a’ = 1 (ii) aa’ = 0 Hukum involusi: (i) (a’)’ = a Hukum komutatif: (i) a + b = b + a (ii) ab = ba Hukum distributif: (i) a + (b c) = (a + b) (a + c) (ii) a (b + c) = a b + a c Hukum 0/1 (i) 0’ = 1 (ii) 1’ = 0 Hukum idempoten: (i) a + a = a (ii) a  a = a Hukum dominansi: (i) a  0 = 0 (ii) a + 1 = 1 Hukum penyerapan: (i) a + ab = a (ii) a(a + b) = a Hukum asosiatif: (i) a + (b + c) = (a + b) + c (ii) a (b c) = (a b) c Hukum De Morgan: (i) (a + b)’ = a’b’ (ii) (ab)’ = a’ + b’ HOME BACK

7 Komplemen Fungsi Boolean
Fungsi komplemen boolean ini berguna pada saat kita melakukan penyederhanaan fungsi boolean. Fungsi komplemen dari suatu fungsi f adalah f’ dapat dicari dengan dua cara berikut. Contoh : Carilah komplemen dari fungsi f(x,y,z) = x’(yz’+ y’z) Cara de Morgan f(x,y,z) = x’(yz’+ y’z) f’(x,y,z) = (x’(yz’+ y’z))’ = x +(yz’+ y’z)’ = x +(yz’)’(y’z)’ = x +(y’+ z)(y + z’) Cara Dualitas f(x,y,z) = x’(yz’+ y’z) f’(x,y,z) = x’+(y + z’)(y’+ z) = x +(y’+ z )(y + z’) HOME BACK

8 Bentuk Kanonik Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
ekspresi boolean yang dinyatakan sebagai penjumlahan dari satu atau lebih minterm, atau perkalian dari satu atau lebih Maxterm. Jadi, ada dua macam bentuk kanonik: Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP) 1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz  SOP Setiap suku (term) disebut minterm Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS) 1. g(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x’ + y + z’)(x’ + y’ + z)  POS  Setiap suku (term) disebut maxterm HOME BACK

9 Tabel Kanonik x y Minterm Maxterm Suku Lambang 1 x’y’ x’y xy’ x y m0
1 x’y’ x’y xy’ x y m0 m1 m2 m3 x + y x + y’ x’ + y x’ + y’ M0 M1 M2 M3  X  y  z Minterm Maxterm Suku Lambang 1 x’y’z’ x’y’z x‘y z’ x’y z x y’z’ x y’z x y z’ x y z m0 m1 m2 m3 m4 m5 m6 m7 x + y + z x + y + z’ x + y’+z x + y’+z’ x’+ y + z x’+ y + z’ x’+ y’+ z x’+ y’+ z’ M0 M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7

10 Contoh Soal Kanonik HOME BACK Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS. Penyelesaian: SOP x = 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 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) = m1+m4+m5+m6+m7 =  (1,4,5,6,7) POS f(x, y, z) = x + y’z = (x + y’)(x + z)  x + y’ = x + y’ + zz’ = (x + y’ + z)(x + y’ + z’) x + z = 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) = M0M2M3 = (0, 2, 3)

11 Penyederhanaan Fungsi Boolean
ALJABAR PETA KARNAUGH HOME BACK

12 Penyederhanaan Fungsi Boolean Secara Aljabar
f (x, y)= x + x’y = (x + x’)(x + y) (Hukum Distributif) = 1  (x + y ) (Hukum Komplemen) = x + y (Hukum Identitas) f (x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’ = x’z(y’+ y)+ xy’ (Hukum Distributif) = x’z xy’ (Hukum Komplemen) = x’z + xy’ (Hukum Identitas) HOME BACK

13 Penyederhanaan Fungsi Boolean MENGGUNAKAN PETA KARNAUGH
Peta Karnaugh dengan dua peubah Peta Karnaugh dengan tiga peubah Y 1 m0 m1 X x’y’ x’y m2 m3 xy’ xy yz 00 01 11 10 m0 m1 m3 m2 x 0 x’y’z’ x’y’z x’yz x’yz’ m4 m5 m7 m6 1 xy’z’ xy’z xyz xyz’ HOME BACK

14 Peta Karnaugh dengan tiga peubah yz 00 01 11 10 m0 m1 m3 m2 wx 00
yz 00 01 11 10 m0 m1 m3 m2 wx 00 w’x’y’z’ w’x’y’z w’x’yz w’x’yz’ m4 m5 m7 m6 w’xy’z’ w’xy’z w’xyz w’xyz’ m12 m13 m15 m14 wxy’z’ wxy’z wxyz wxyz’ m8 m9 m11 m10 wx’y’z’ wx’y’z wx’yz wx’yz’ HOME BACK

15 Teknik Minimisasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh
Pasangan: dua buah 1 yang bertetangga Sebelum : f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’ Hasil : f(w, x, y, z) = wxy Bukti secara aljabar:  f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’ = wxy(z + z’) = wxy(1) = wxy  yz 00  01  11  10 wx 01 11 1 10 HOME BACK

16 Kuad: empat buah 1 yang bertetangga
Sebelum : f (w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’ Hasil : f (w, x, y, z) = wx Bukti secara aljabar:  f(w, x, y, z) = wxy’ + wxy = wx(z’ + z) = wx(1) = wx  yz 00  01  11  10 wx 01 11 1 10 HOME BACK

17 HOME