Pertemuan ke 17.

Presentasi berjudul: "Pertemuan ke 17."— Transcript presentasi:

1 Pertemuan ke 17

2 BAB VII ALJABAR BOOLEAN

3 De Morgan dan George Boole adalah dua orang ahli matematika
( ) 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 Postulat Huntington 1. Closure (i) (ii) a + b  B a . b  B 2.
Identitas a + 0 = a a = a 3. Komutatif a + b = b + a a . b= b . a 4. Distributif a .(b+c) = (a .b) + (a.c) a +(b.c) = (a + b) . (a + c) 5. Komplemen a + a’ = 1 a.a’ = 0

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

11 Elemen-elemen himpunan B sudah didefinisikan
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 a b a . b 1 a b a +b 1 a a’ 1

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 2n. Misalkan n = 2, maka akan terdapat 22 = 4 baris tabel. Misalkan n = 3, maka akan terdapat 23 = 8 baris tabel.

18 Tabel 7.4 a b c b + c a . (b + c) a . b a . c (a . b) + (a . c) 1

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 e1 dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2 ; e1 · e2 ; e1’ adalah ekspresi Boolean.

20 Menurut definisi 7.2, 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 a b a’ a’b a+a’b a+b 1

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 : . dengan +
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 dan 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
(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
1 Hukum Identitas (i) (ii) a + 0 = a a . 1 = a 2 Hukum Idempoten a + a = a a . a = a 3 Hukum Komplemen a + a’ = 1 a . a’ = 0 4 Hukum Dominasi a + 1 = 1 a . 0 = 0

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

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

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

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 a +(b + c) = (a+b)+c a (bc) = (ab) c Hukum distributif 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 (hukum Komplemen) = a (hukum Identitas) (2ii) aa = aa (hukum Identitas) = aa + aa’ (hukum Komplemen) = a(a + a’) (hukum Distributif) = a (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 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 Bn ke B melalui ekspresi Boolean. f : Bn  B Yang dalam hal ini Bn 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
f(x) = x f(x,y) = x’y + xy’ + y’ f(x,y) = x’y’ f(x,y) = (x + y)’ 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 2n. Misalkan n = 3, maka akan terdapat 23 = 8 baris tabel.

39 4 peubah w x y z 1 3 peubah 2 peubah x y z 1 x y 1

40 Contoh 7.5 Diketahui fungsi Boolean f(x,y,z) = xyz’, nyatakan h dalam
tabel kebenaran. x y z f(x,y,z) = xy z’ 1

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)(x1+ x2+… +xn)= f(x1+ x2+… +xn) + g(x1+ x2+… +xn) Sedangkan perkalian f.g didefinisikan sebagai : (f.g)(x1+ x2+… +xn)= f(x1+ x2+… +xn) g(x1+ x2+… +xn)

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 : Menggunakan Hukum De Morgan. Menggunakan prinsip Dualitas.

44 Contoh 7.7 Cara pertama : menggunakan hukum De Morgan
hukum De Morgan untuk dua peubah x1 dan x2 (x1+x2)’ = x1’. x2’ dan dualnya (ii) (x1. x2)’ = x1’+x2’ hukum De Morgan untuk tiga peubah x1, x2 dan x3 (i) (x1+x2+x3)’ = (x1+y)’ yang dalam hal ini y = x2+x3 = x1’. y’ = x1’(x2+x3)’ = x1’. x2’. x3’ 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 Contoh 7.8 Cara kedua : menggunakan prinsip dualitas.
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 x1, x2,… ,xn , 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.
y Minterm Maxterm Suku Lambang 1 x’y’ x’y xy’ xy m0 m1 m2 m3 x + y x + y’ x’ + y x ’+ y’ M0 M1 M2 M3

51 Tabel kebenaran minterm dan maxterm 3 peubah
y z Minterm Maxterm Suku Lambang x’y’z’ m0 x+y+z M0 1 x’y’z m1 x+y+z’ M1 x’yz’ m2 x+y’+z M2 x’yz m3 x+y’+z’ M3 xy’z’ m4 x’+y+z M4 xy’z m5 x’+y+z’ M5 xyz’ m6 x’+y’+z M6 xyz m7 M7

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 dibawah ini. Nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS. Tabel 7.10 x y z f(x,y,z) 1

54 Penyelesaian : 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) = m1 + m4 + m7 = ∑(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) = M0 M2 M3 M5 M6 = ∏(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 : 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) = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 = ∑(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) = M0 M2 M3 = ∏(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) = m0 + m2 + m3

60 Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh
fungsi f dalam bentuk POS : f’(x,y,z) = (f’(x,y,z))’ = (m0 + m2 + m3)’ = m0’ . m2’ . m3’ = (x’y’z’)’.(x’yz’)’.(x’yz)’ = (x+y+z)(x+y’+z)(x+y’+z’) = M0 M2 M3 = ∏(0,2,3) jadi f(x,y,z) = ∑(1,4,5,6,7) = ∏(0,2,3) Kesimpulan : mj’ = Mj

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. Jaringan Pensaklaran (Switching Network) a x b Keluaran b ada jika dan hanya jika saklar x ditutup  x a x y b Keluaran b ada jika dan hanya jika x dan y keduanya ditutup  xy

64 a x b y c Keluaran c ada jika dan hanya jika x atau y ditutup  x + y

65 Komputer dan peralatan elektronik lain dibuat dari sejumlah rangkaian
Sirkuit Elektronik 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). y x xy x y x+y x x’ Gerbang AND dua-masukan Gerbang OR dua-masukan Gerbang NOT (inverter)

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

67 x x (x+y)’ (xy)’ y y x x (x  y)’ x  y y y Gerbang NOR Gerbang NAND
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)’ ekivalen dengan x y x+y (x+y)’ y’ x’ x'y’ ekivalen dengan x
Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita juga dapat membuat gerbang logika yang ekivalen dengan gerbang NOR dan NAND diatas. y’ x’ x'y’ 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 : Sederhanakan fungsi-fungsi Boolean berikut ini : f(x,y) = x + x’y f(x,y) = x(x’+y) f(x,y,z) = x’y’z + x’yz + xy’ f(x,y,z) = xz’+ y’z + xyz’ f(x,y,z) = (x+z’)(y’+z)(x+y+z’) Penyelesaian :

72 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
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) 1 x y y’ y x’ x m0 m1 m2 m3 x’y' x’y xy’ xy x’y' x’y xy’ xy Penyajian 1 Penyajian 2 Penyajian 3

75 x’y' x’y xy’ xy x’y' x’y xy’ xy
Peta Karnaugh dapat dianggap sebagai diagram Venn, x diwakili oleh titik-titik pada baris pertama dan y diwakili oleh titik-titik pada kolom kedua 1 x y 1 x y x’y' x’y xy’ xy x’y' x’y xy’ xy y diarsir x diarsir

76 Contoh 7.19 : Gambarkan peta Karnaugh untuk f(x,y) = xy + x’y 1 y x 1
1 x y 1 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 : 1 x y x y f(x,y) 1 1 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
Untuk fungsi Boolean dengan tiga peubah (x,y,z) jumlah kotak didalam peta Karnaugh meningkat menjadi 23 = 8 1 00 01 11 10 x yz m0 m1 m3 m2 m4 m5 m7 m6 x‘y‘z' x‘y’z x‘yz x‘yz’ xy‘z’ xy‘z xyz xyz’

79 Contoh : 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 1 00 01 11 10 x yz 1 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 : Gambarkan peta Karnaugh untuk f(x,y,z) = xz’ + y xz’
x  semua kotak pada baris ke-2 z’ semua kotak pada kolom ke-1 dan kolom ke-4 1 00 01 11 10 x yz 1 xz’ = xy’z’ + xyz’

81 Contoh : (ii) y  semua kotak pada kolom ke-3 dan kolom ke-4 (iii) Gabungkan (i) dan (ii) dan isikan kotak yang kosong dengan 0 f(x,y,z) = xz’ + y 1 00 01 11 10 x yz 1 00 01 11 10 x yz 1 1 y xz’ + y

82 Contoh : Diberikan fungsi Boolean yang direpresentasikan dengan tabel kebenaran. Petakan fungsi tersebut ke peta Karnaugh. x y z f(x,y,z) 1 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) 1 00 01 11 10 x yz 1

83 Metode Peta Karnaugh dengan Empat Peubah
Untuk fungsi Boolean dengan empat peubah (w,x,y,z) jumlah kotak didalam peta Karnaugh meningkat menjadi 24 = 16 00 01 11 10 wx yz m0 m1 m3 m2 m4 m5 m7 m6 m12 m13 m15 m14 m8 m9 m11 m10 w’x’y’z’ w’x’y’z w’x’yz w’x’yz’ w’xy’z’ w’xy’z w’xyz w’xyz’ wxy’z’ wxy’z wxyz wxyz’ wx’y’z’ wx’y’z wx’yz wx’yz’

84 Contoh 7.24 : Diberikan fungsi Boolean yang
w x y z f(w,x,y,z) 1 Diberikan fungsi Boolean yang direpresentasikan dengan tabel kebenaran. Petakan fungsi tersebut ke peta Karnaugh. f(w,x,y,z) = w’x’y’z+w’xyz’+w’xyz+wxyz’ 00 01 11 10 wx yz 1

85 Contoh : (Pasangan) Sebelum disederhanakan , 2 buah term dalam lingkaran f(w,x,y,z) = wxyz + wxyz’ 00 01 11 10 wx yz Bukti secara aljabar : 1 f(w,x,y,z) = wxyz + wxyz’ = wxy( z+z’ ) = wxy(1) = wxy f(w,x,y,z) = wxy

86 Contoh : (Kuad) Sebelum disederhanakan , 4 buah term dalam lingkaran f(w,x,y,z) = wxy’z’+wxy’z+wxyz+wxyz’ 00 01 11 10 wx yz 00 01 11 10 wx yz 1 1 f(w,x,y,z) = wx f(w,x,y,z) = wxy’+wxy = wx(y’+y) = wx(1) = wx

87 Sebelum disederhanakan , 4 buah term dalam lingkaran
f(w,x,y,z) = wxy’z’+wxy’z+wx’y’z’+wx’y’z 00 01 11 10 wx yz 1 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’ f(w,x,y,z) = wy’

88 Contoh 7.27 : (Oktet) 00 01 11 10 wx yz 00 01 11 10 wx yz 1 1
8 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’ 00 01 11 10 wx yz 00 01 11 10 wx yz 1 1 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 Contoh : 00 01 11 10 wx yz 1 Fungsi Boolean hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = wy’ + yz’ + w’x’z

90 Contoh 7.29 : Minimisasi fungsi Boolean f(w,x,y,z) = z + xy + wx’y’ 00
01 11 10 wx yz 00 01 11 10 wx yz 1 1 Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = z + xy + wx’y’ jumlah literal = 6 Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = z + xyz’ + wx’y’z’ jumlah literal = 8

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

92 Contoh 7.30 (penggulungan)
Sederhanakan fungsi Boolean f(x,y,z) = x’yz + xy’z’ + xyz + xyz’ 1 00 01 11 10 x yz 1 f(x,y,z) = yz + xy’z’ + xyz’ f(x,y,z) = yz + xz’

93 Kelompok Berlebihan 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.

94 Contoh 7.31 : Sederhanakan fungsi Boolean 1 1 yz yz wx wx 00 00 01 01
11 10 wx yz 00 01 11 10 wx yz 1 1 f(w,x,y,z) = xy’z + wxz + wyz f(w,x,y,z) = xy’z + wyz

95 Contoh 7.32 : Bentuk baku SOP : kelompok 1 1 00 01 11 10 x yz x y z
1 00 01 11 10 x yz x y z f(x,y,z) 1 1 Fungsi minimasi : f(x,y,z) = x’z + xz’ Bentuk baku POS : kelompok 0 1 00 01 11 10 x yz 1 Fungsi minimasi : f(x,y,z) = (x’ + z’) (x + z)

96 Contoh : Minimisasi fungsi Boolean f(x,y,z) = x’z + x’y + xy’z + yz 1 00 01 11 10 x yz 1 Fungsi minimasi : f(x,y,z) = z + x’y

97 Contoh 7.34 : Minimisasi fungsi Boolean f(x,y,z) = ∑(0,2,4,5,6) 1 00
1 00 01 11 10 x yz 1 Hasil penyederhanaan : f(x,y,z) = z’ + xy’

98 Metode Peta Karnaugh dengan Lima Peubah
Peta Karnaugh untuk lima peubah dibuat dengan anggapan ada dua buah peta empat peubah yang disambungkan. 00 01 11 10 000 001 011 010 100 101 111 110 vw xyz m0 m1 m3 m2 m6 m7 m5 m4 m8 m9 m11 m10 m14 m15 m13 m12 m24 m25 m27 m26 m30 m31 m29 m28 m16 m17 m19 m18 m22 m23 m21 m20 Garis pencerminan

99 Contoh 7.42 : 1 xyz vw Carilah fungsi sederhana dari
f(v,w,x,y,z) = ∑(0,2,4,6,9,11,13,15,17,21,25,27,29,31) 00 01 11 10 000 001 011 010 100 101 111 110 vw xyz 1 Fungsi minimisasi f(v,w,x,y,z) = wz + v’w’y’z’ + vy’z + v’w’y’z’

100 Keadaan Don’t Care (nilai desimal = 10) 1011 (nilai desimal = 11)
w x y z Desimal 1 2 3 4 5 6 7 8 9 X 10 X 11 X 12 X 13 X 14 X 15 (nilai desimal = 10) (nilai desimal = 11) (nilai desimal = 12) (nilai desimal = 13) (nilai desimal = 14) (nilai desimal = 15)

101 Contoh 7.43 : 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) 00 01 11 10 wx yz Hasil penyederhanaan dalam bentuk SOP f(w,x,y,z) = yz + w’z (garis penuh) x 1 Hasil penyederhanaan dalam bentuk POS f(w,x,y,z) = z (w’ + y) (garis putus-putus)

102 Contoh 7.44 : 1 x yz wx 00 01 11 10 Hasil penyederhanaan :
Desimal 1 X 00 01 11 10 wx yz 1 x Hasil penyederhanaan : f(w,x,y,z) = xz + y’z’ + yz

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

104 Minimisasi dengan peta Karnaugh adalah sbb:
1 11 10 01 00 x yz 1 Fungsi boolean hasil minimisasi adalah f(x,y,z) = x’y xy’ x y x’y x’y + xy‘ 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
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’ 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
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. 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 w x y z lambang m0 1 m1 m2 m3 m4 m5 m6 m7 m8 m9 m10 m11 m12 m13 m14 m15

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

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

114 Bentuk prima yang terpilih adalah
0,1 yang bersesuaian dengan term w’x’y’ 0,2,8,10 yang bersesuaian dengan term x’z’ 10,11,14,15 yang 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 : Sederhanakan fungsi Boolean
f(w,x,y,z) = ∑(1,4,6,7,8,9,10,11,15) (a) (b) (c) Term w x y z Term w x y z Term w x y z √ 1, 8,9,10, √ 4, 8,10,9, √ 8, √ 8, √ √ √ 6, √ 9, √ 10, √ √ √ 7, 11, √

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

117 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. minterm Bentuk prima √ 1,9 x x √ 4,6 x x 6,7 √ 7,15 x x 11,15 x x √ 8,9,10,11 x x x x * * * * √ √ √ √ √ √ √ √ √

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