Aljabar Boolean
Aljabar Boolean
·
Misalkan terdapat
-
Dua operator biner: + dan ×
-
Sebuah operator uner: ’.
-
B :
himpunan yang didefinisikan pada opeartor +, ×, dan ’
-
0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.
Tupel
(B,
+, ×, ’)
disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b,
c Î B berlaku aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:
1. Closure: (i) a +
b Î B
(ii) a
× b Î B
2. Identitas: (i)
a + 0 = a
(ii) a
× 1 = a
3. Komutatif: (i)
a + b = b + a
(ii) a × b = b . a
4. Distributif: (i)
a × (b
+ c) = (a × b) + (a × c)
(ii) a +
(b × c) = (a + b) × (a + c)
5. Komplemen[1]: (i) a + a’
= 1
(ii) a × a’
= 0
·
Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, harus diperlihatkan:
1. Elemen-elemen himpunan B,
2. Kaidah operasi untuk
operator biner dan operator uner,
3. Memenuhi postulat
Huntington.
Aljabar Boolean Dua-Nilai
Aljabar Boolean dua-nilai:
-
B = {0, 1}
-
operator biner, + dan ×
-
operator uner, ’
-
Kaidah untuk operator biner dan operator uner:
a
|
b
|
a × b
|
a
|
b
|
a
+ b
|
a
|
a’
|
||
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
||
0
|
1
|
0
|
0
|
1
|
1
|
1
|
0
|
||
1
|
0
|
0
|
1
|
0
|
1
|
||||
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Cek
apakah memenuhi postulat Huntington:
1. Closure : jelas berlaku
2. Identitas: jelas berlaku
karena dari tabel dapat kita lihat bahwa:
(i) 0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii) 1 × 0 = 0
× 1 = 0
3. Komutatif: jelas berlaku dengan melihat simetri tabel
operator biner.
4. Distributif: (i) a × (b + c) = (a × b) + (a × c)
dapat ditunjukkan benar dari tabel operator biner di atas dengan membentuk tabel kebenaran:
a
|
b
|
c
|
b
+ c
|
a × (b
+ c)
|
a
× b
|
a
× c
|
(a × b) + (a × c)
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
0
|
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
0
|
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
(ii) Hukum distributif a + (b
× c)
= (a + b) × (a + c) dapat ditunjukkan
benar dengan membuat tabel kebenaran dengan cara yang sama seperti (i).
5. Komplemen: jelas berlaku
karena Tabel 7.3 memperlihatkan bahwa:
(i) a + a‘
= 1, karena 0 + 0’= 0 + 1 = 1 dan 1 + 1’= 1 + 0 = 1
(ii) a
× a
= 0, karena 0 × 0’= 0 × 1 = 0 dan 1 × 1’ = 1 × 0 = 0
Karena kelima postulat Huntington dipenuhi, maka
terbukti bahwa B = {0, 1} bersama-sama dengan operator biner + dan × operator komplemen ‘ merupakan aljabar
Boolean.
Ekspresi Boolean
·
Misalkan (B, +, ×, ’) adalah sebuah aljabar
Boolean. Suatu ekspresi Boolean dalam (B, +, ×, ’) adalah:
(i) setiap elemen di dalam B,
(ii) setiap peubah,
(iii) jika e1
dan e2 adalah ekspresi Boolean, maka e1 + e2,
e1 × e2, e1’
adalah ekspresi Boolean
Contoh:
0
1
a
b
c
a
+ b
a
× b
a’× (b + c)
a
× b’ + a × b × c’ + b’, dan
sebagainya
Mengevaluasi Ekspresi Boolean
·
Contoh: a’× (b + c)
jika a = 0, b = 1, dan c
= 0, maka hasil evaluasi ekspresi:
0’× (1 + 0) = 1 × 1 = 1
·
Dua ekspresi Boolean dikatakan ekivalen (dilambangkan dengan
‘=’) jika keduanya mempunyai nilai yang sama untuk setiap pemberian nilai-nilai
kepada n peubah.
Contoh:
a × (b + c) = (a . b)
+ (a × c)
Contoh. Perlihatkan bahwa a + a’b = a
+ b .
Penyelesaian:
a
|
b
|
a’
|
a’b
|
a + a’b
|
a + b
|
0
|
0
|
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
0
|
1
|
1
|
·
Perjanjian: tanda titik (×) dapat dihilangkan dari
penulisan ekspresi Boolean, kecuali jika ada penekanan:
(i) a(b
+ c) = ab + ac
(ii)
a + bc = (a + b) (a
+ c)
(iii)
a × 0 , bukan a0
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
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) aa’
= 0
|
4. Hukum dominansi:
(i) a × 0 = 0
(ii) a
+ 1 = 1
|
5. Hukum involusi:
(i) (a’)’ = a
|
6. Hukum penyerapan:
(i) a + ab = a
(ii) a(a + b) = a
|
7. Hukum komutatif:
(i) a + b = b + a
(ii) ab
= ba
|
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) (ab)’ = a’ + b’
|
11.
Hukum 0/1
(i)
0’ = 1
(ii) 1’ = 0
|
Contoh 7.3. Buktikan (i) a + a’b = a
+ b
dan (ii) a(a’ + b) = ab
Penyelesaian:
(i) a
+ a’b = (a + ab) + a’b (Penyerapan)
=
a + (ab + a’b) (Asosiatif)
=
a + (a + a’)b (Distributif)
=
a + 1 · b (Komplemen)
=
a + b (Identitas)
(ii) adalah dual dari (i)
Fungsi Boolean
· Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan dari Bn
ke B melalui ekspresi Boolean, kita menuliskannya sebagai
f
: Bn ® B
yang dalam hal ini Bn adalah
himpunan yang beranggotakan pasangan terurut ganda-n (ordered n-tuple)
di dalam daerah asal B.
· Setiap ekspresi Boolean
tidak lain merupakan fungsi Boolean.
· 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}.
Contohnya, (1, 0, 1) yang
berarti x = 1, y = 0, dan z = 1
sehingga f(1, 0, 1) = 1 × 0 × 1 + 1’ × 0 + 0’× 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .
Contoh. Contoh-contoh fungsi Boolean
yang lain:
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’
· Setiap peubah di dalam
fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk komplemennya, disebut literal.
Contoh: Fungsi h(x,
y, z) = xyz’ pada contoh di
atas terdiri dari 3 buah literal, yaitu x,
y, dan z’.
Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x,
y, z) = xy z’, nyatakan h dalam tabel kebenaran.
Penyelesaian:
x
|
y
|
z
|
f(x, y,
z) = xy z’
|
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
|
0
0
0
0
0
0
1
0
|
Komplemen Fungsi
1. Cara pertama: menggunakan
hukum De Morgan
Hukum De Morgan untuk dua
buah peubah, x1 dan x2, adalah
Contoh. Misalkan f(x,
y, z) = x(y’z’
+ yz), maka
f
’(x, y, z) = (x(y’z’
+ yz))’
= x’ + (y’z’ + yz)’
= x’ + (y’z’)’ (yz)’
= x’ + (y + z) (y’ + z’)
2. Cara kedua: menggunakan
prinsip dualitas.
Tentukan dual
dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.
Contoh. Misalkan f(x,
y, z) = x(y’z’
+ yz), maka
dual dari f: x + (y’
+ z’) (y + z)
komplemenkan
tiap literalnya: x’ + (y + z) (y’
+ z’) = f ’
Jadi, f ‘(x, y, z)
= x’ + (y + z)(y’ + z’)
Bentuk Kanonik
· Jadi, ada dua macam bentuk
kanonik:
1. Penjumlahan
dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
2. Perkalian
dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)
Contoh: 1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz à SOP
Setiap suku (term)
disebut minterm
2. g(x, y, z) = (x + y + z)(x
+ y’ + z)(x + y’ + z’)
(x’ + y + z’)(x’
+ y’ + z) à POS
Setiap
suku (term) disebut maxterm
·
Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap
Minterm
|
Maxterm
|
|||||
x
|
y
|
Suku
|
Lambang
|
Suku
|
Lambang
|
|
0
0
1
1
|
0
1
0
1
|
x’y’
x’y
xy’
x y
|
m0
m1
m2
m3
|
x
+ y
x
+ y’
x’
+ y
x’
+ y’
|
M0
M1
M2
M3
|
|
Minterm
|
Maxterm
|
|||||
x
|
y
|
z
|
Suku
|
Lambang
|
Suku
|
Lambang
|
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
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
|
Contoh 7.10. Nyatakan tabel kebenaran di
bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Tabel
7.10
x
|
y
|
z
|
f(x, y,
z)
|
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
|
0
1
0
0
1
0
0
1
|
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)
= m1
+ m4 + m7
= å (1, 4, 7)
(b) POS
Kombinasi nilai-nilai peubah
yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 0 adalah 000, 010, 011, 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 dalam bentuk lain,
f(x, y, z)
= M0
M2 M3 M5
M6 = Õ(0, 2, 3, 5, 6)
Contoh 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(x,
y, z) = x + y’z
dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
(a) 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 = S (1,4,5,6,7)
(b) 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 = Õ(0, 2, 3)
Konversi Antar Bentuk Kanonik
Misalkan
f(x, y,
z) = S (1, 4, 5, 6, 7)
dan f
’adalah fungsi komplemen dari f,
f
’(x, y, z) = S (0, 2, 3)
= m0+ m2 + m3
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’y z’)’ (x’y z)’
= (x + y + z) (x
+ y’ + z) (x + y’ + z’)
= M0 M2 M3
= Õ (0,2,3)
Jadi, f(x,
y, z) = S (1, 4, 5, 6, 7) = Õ (0,2,3).
Kesimpulan: mj’
= Mj
Contoh. Nyatakan
f(x, y,
z)= Õ (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x,
y, z) = S(1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk SOP.
Penyelesaian:
f(x,
y, z) =
S (1, 3, 6, 7)
g(w, x,
y, z)= Õ (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12,
13, 14)
Contoh. Carilah bentuk kanonik SOP
dan POS dari f(x, y, z) = y’
+ xy + x’yz’
Penyelesaian:
(a) SOP
f(x, y,
z) = y’ + xy + x’yz’
= y’ (x + x’) (z
+ z’) + xy (z + z’) + x’yz’
= (xy’ + x’y’) (z
+ z’) + xyz + xyz’ + x’yz’
= xy’z + xy’z’
+ x’y’z + x’y’z’ + xyz
+ xyz’ + x’yz’
atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+
m5+ m6+ m7
(b) POS
f(x,
y, z)
= M3 = x + y’
+ z’
Bent Bentuk Baku
Contohnya,
f(x, y,
z) = y’ + xy + x’yz (bentuk baku SOP
f(x, y,
z) = x(y’ + z)(x’
+ y + z’) (bentuk baku POS)
2. Peta Karnaugh
a. Peta Karnaugh dengan dua peubah
y
0 1
m0
|
m1
|
x 0
|
x’y’
|
x’y
|
|
m2
|
m3
|
1
|
xy’
|
xy
|
b. Peta dengan
tiga peubah
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’
|
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.
x
|
y
|
z
|
f(x, y,
z)
|
||
0
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
1
|
||
0
|
1
|
1
|
0
|
||
1
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
1
|
||
1
|
1
|
1
|
1
|
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x 0
|
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
0
|
0
|
1
|
1
|
b. Peta dengan empat peubah
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
|
01
|
w’xy’z’
|
w’xy’z
|
w’xyz
|
w’xyz’
|
||
m12
|
m13
|
m15
|
m14
|
11
|
wxy’z’
|
wxy’z
|
wxyz
|
wxyz’
|
||
m8
|
m9
|
m11
|
m10
|
10
|
wx’y’z’
|
wx’y’z
|
wx’yz
|
wx’yz’
|
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta
Karnaugh.
w
|
x
|
y
|
z
|
f(w, x,
y, z)
|
||
0
|
0
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
0
|
1
|
1
|
||
0
|
0
|
1
|
0
|
0
|
||
0
|
0
|
1
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
0
|
0
|
||
0
|
1
|
0
|
1
|
0
|
||
0
|
1
|
1
|
0
|
1
|
||
0
|
1
|
1
|
1
|
1
|
||
1
|
0
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
0
|
0
|
||
1
|
0
|
1
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
0
|
0
|
||
1
|
1
|
0
|
1
|
0
|
||
1
|
1
|
1
|
0
|
1
|
||
1
|
1
|
1
|
1
|
0
|
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
1
|
0
|
1
|
01
|
0
|
0
|
1
|
1
|
11
|
0
|
0
|
0
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Teknik Minimisasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh
1. Pasangan:
dua buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
0
|
0
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Sebelum
disederhanakan:
f(w,
x, y, z) = wxyz + wxyz’
Hasil Penyederhanaan: f(w, x, y, z)
= wxy
Bukti
secara aljabar:
f(w,
x, y, z) = wxyz + wxyz’
= wxy(z + z’)
= wxy(1)
= wxy
2. Kuad:
empat buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Sebelum
disederhanakan:
f(w,
x, y, z) = wxy’z’
+ wxy’z + wxyz + wxyz’
Hasil
penyederhanaan: 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 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
0
|
0
|
0
|
0
|
Contoh
lain:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
0
|
0
|
10
|
1
|
1
|
0
|
0
|
Sebelum disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wx’y’z’
+ wx’y’z
Hasil
penyederhanaan: f(w, x,
y, z) = wy’
3. Oktet: delapan buah 1 yang bertetangga
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Sebelum
disederhanakan:
f(a,
b, c, d) = wxy’z’
+ wxy’z + wxyz + wxyz’ +
wx’y’z’ + wx’y’z
+ wx’yz + wx’yz’
Hasil
penyederhanaan:
f(w,
x, y, z) = w
Bukti
secara aljabar:
f(w, x,
y, z) = wy’ + wy
= w(y’ + y)
= w
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
0
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean
f(x,
y, z) = x’yz + xy’z’
+ xyz + xyz’.
Jawab:
Peta
Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x 0
|
1
|
|||
1
|
1
|
1
|
1
|
Hasil
penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz’
Contoh 5.12. Andaikan suatu tabel
kebenaran telah diterjemahkan ke dalam Peta Karnaugh. Sederhanakan fungsi
Boolean yang bersesuaian sesederhana mungkin.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
1
|
1
|
1
|
01
|
0
|
0
|
0
|
1
|
11
|
1
|
1
|
0
|
1
|
10
|
1
|
1
|
0
|
1
|
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x,
y, z) = wy’ + yz’ + w’x’z
Contoh 5.13. Minimisasi fungsi Boolean yang bersesuaian
dengan Peta Karnaugh di bawah ini.
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
Jawab: (lihat Peta Karnaugh) f(w, x,
y, z) = w + xy’z
Jika penyelesaian Contoh 5.13 adalah seperti di
bawah ini:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
0
|
0
|
0
|
0
|
01
|
0
|
1
|
0
|
0
|
11
|
1
|
1
|
1
|
1
|
10
|
1
|
1
|
1
|
1
|
maka fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah
f(w,
x, y, z) = w + w’xy’z (jumlah
literal = 5)
yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w,
x, y, z) = w + xy’z
(jumlah literal = 4).
Keadaan Don’t Care
Tabel
5.16
w
|
x
|
y
|
z
|
desimal
|
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
|
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
|
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
don’t care
|
Contoh 5.25. Diberikan Tabel 5.17.
Minimisasi fungsi f sesederhana
mungkin.
Tabel
5.17
a
|
b
|
c
|
d
|
f(a, b,
c, d)
|
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
|
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
|
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
|
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
|
1
0
0
1
1
1
0
1
X
X X X X X X X |
Jawab: Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
cd
00
|
01
|
11
|
10
|
|
ab 00
|
1
|
0
|
1
|
0
|
01
|
1
|
1
|
1
|
0
|
11
|
X
|
X
|
X
|
X
|
10
|
X |
0
|
X
|
X
|
Hasil penyederhanaan: f(a, b,
c, d) = bd + c’d’
+ cd
Contoh 5.26. Minimisasi fungsi Boolean f(x,
y, z) = x’yz + x’yz’
+ xy’z’ + xy’z. Gambarkan rangkaian logikanya.
Jawab: Rangkaian logika fungsi f(x, y, z) sebelum
diminimisasikan adalah seperti di bawah ini:
Minimisasi
dengan Peta Karnaugh adalah sebagai berikut:
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
x 0
|
1
|
1
|
||
1
|
1
|
1
|
Hasil minimisasi adalah f(x, y,
z)
= x’y + xy’.
Contoh 5.28. Berbagai sistem digital menggunakan kode binary coded decimal (BCD). Diberikan Tabel 5.19 untuk konversi BCD ke kode Excess-3 sebagai berikut:
Tabel 5.19
Masukan BCD
|
Keluaran kode Excess-3
|
|||||||
w
|
x
|
y
|
z
|
f1(w, x,
y, z)
|
f2(w, x,
y,z)
|
f3(w, x,
y, z)
|
f4(w, x,
y, z)
|
|
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
|
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
|
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
|
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
|
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
|
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
|
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
|
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
|
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
|
(a) f1(w, x,
y, z)
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
||||
01
|
1
|
1
|
1
|
|
11
|
X
|
X
|
X
|
X
|
10
|
1
|
1
|
X
|
X
|
f1(w, x,
y, z) = w + xz + xy
= w + x(y + z)
(b) f2(w, x,
y, z)
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
1
|
1
|
1
|
|
01
|
1
|
|||
11
|
X
|
X
|
X
|
X
|
10
|
1
|
X
|
X
|
f2(w, x, y, z)
= xy’z’ + x’z + x’y = xy’z’ + x’(y + z)
(c) f3(w, x,
y, z)
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
1
|
1
|
||
01
|
1
|
1
|
||
11
|
X
|
X
|
X
|
X
|
10
|
1
|
X
|
X
|
f3(w, x, y, z)
= y’z’ + yz
(d) f4(w, x,
y, z)
yz
00
|
01
|
11
|
10
|
|
wx 00
|
1
|
1
|
||
01
|
1
|
1
|
||
11
|
X |
X
|
X
|
X
|
10
|
1
|
X
|
X
|
f4(w, x, y, z)
= z’
A. RELASI
Adalah hubungan antara elemen himpunan dengan elemen himpunan yang lain. Cara
paling mudah untuk menyatakan hubungan antara elemen 2 himpunan adalah dengan
himpunan pasangan terurut. Himpunan pasangan terurut diperoleh dari perkalian
kartesian.
Definisi 1:
Perkalian kartesian (Cartesian products) antara himpunan A dan B ditulis: A x B
didefinisikan sebagai semua himpunan pasangan terurut dengan komponen pertama
adalah anggota himpunan A dan komponen kedua adlah anggota himpunan B.
A x B = { (x,y) / x∈A dan y∈B}
Definisi 2:
Relasi biner R antara A dan B adalah himpunan bagian dari A x B.
A disebut daerah asal dari R (domain) dan B disebut daerah hasil (range) dari R.
Definisi 3:
Relasi pada A adalah relasi dari A ke A.
Contoh:
1.1 Misal A = {1,2,3}, B = {a,b}, maka :
A x B = {(1,a), (1,b), (2,a), (2,b), (3,a), (3,b)}
1.2 Misal P = {2,4,8,9,15}, B = {2,3,4}. Relasi R dari P ke Q didefinisikan sebagai:
(p,q) ∈ R jika p habis dibagi q, maka:
R = {(2,2), (4,2), (8,2), (9,3), (15,3), (4,4), (8,4)}
1.3 Misal R adalah relasi pada A = {2,3,4,8,9} yang didefinisikan oleh (x,y)∈R jika x
adalah factor prima dari y, maka:
R = {(2,2), (2,4), (2,8), (3,3), (3,9)}
REPRESENTASI RELASI
1. TABEL
Jika relasi disajikan dengan table maka kolom pertama menyatakan daerah asal dan
kolom kedua menyatakan daerah hasil.
Contoh : untuk relasi pada contoh diatas no.2 dan 3
2. MATRIKS
Misal R adalah relasi dari A = {a1,a2, …, am} ke B = {b1,b2,…,bn}. Relasi R dapat
disajikan dengan matriks M = [mij],
Contoh:
Relasi R pada contoh 1.2 dapat dinyatakan dengan matriks :
3. Graf berarah.
Representasi relasi dengan graf berarah adalah merupakan representasi relasi
secara grafis. Tiap elemen himpunan dinyatakan dengan sebuah titik ( simpul,
vertex) dan tiap pasangan terurut dinyatakan dengan busur. Dengan kata lain jika
(a,b) ∈ R maka dibuat busur dari simpul a ke simpul b. Simpul a disebut simpul asal
dan simpul b disebut simpul tujuan.
Contoh:
a. Representasi relasi pada contoh 1.2
b. Representasi relasi pada contoh 1.3
SIFAT – SIFAT RELASI BINER
1. REFLEKSIF
Relasi R pada himpunan A disebut refleksif jika (a,a) ∈ R
Contoh: Misal A = {1,2,3,4} dan relasi R dibawah ini didef
a. R = {(1,1), (1,3), (2,1), (2,2), (3,3),(4,2), (4,3),(4,4)} be
b. R = {(1.1),(2,2),(2,3),(4,2),(4,3),(4,4)} bukan relasi refl
2. SIMETRIS
Relasi R pada himpunan A disebut simetris jika (a,b) ∈ R
a,b∈A.
Contoh:
R = {(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(2,4),(4,2),(4,4)}
3. TRANSITIF
Relasi R pada himpunan A disebut Transitif jika (a,b) ∈ R
untuk setiap a,b,c∈A.
Contoh:
a. R = {(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3)}
b. Relasi habis dibagi pada bilangan bulat positif.
RELASI N – ARAY
Adalah relasi yang menghubungkan lebih dari 2 himpunan. Relasi n-ary mempunyai
terapan penting dalam basis data.
Contoh: Misal
NIM = {13598011,13598014,13598015,13598019,13598021,13598025}
Nama = {Amir, Santi, Irawan, Ahmad, Cecep, Hamdan}
MatKul = { Matematika Diskrit, Algoritma,Struktur Data, Arsitektur Komputer}
Nilai = {A,B,C,D,E}
Relasi MHS terdiri dari n-tuple (NIM,Nama, MatKul,Nilai} yang disajikan dalam table
berikut:
Nim
|
Nama
|
Matkul
|
Nilai
|
13598011
|
Amir
|
Matematika Diskrit
|
A
|
13598011
|
Amir
|
Arsitektur Komputer
|
B
|
13598014
|
Santi
|
Algoritma
|
D
|
13598015
|
Irawan
|
Algoritma
|
C
|
13598015
|
Irawan
|
Struktur Data
|
C
|
13598015
|
Irawan
|
Arsitektur Komputer
|
B
|
13598019
|
Ahmad
|
Algoritma
|
E
|
13598021
|
Cecep
|
Algoritma
|
B
|
13598021
|
Cecep
|
Arsitektur Komputer
|
B
|
13598025
|
Hamdan
|
Matematika Diskrit
|
B
|
13598025
|
Hamdan
|
Algoritma
|
A
|
13598025
|
Hamdan
|
Struktur data
|
C
|
13598025
|
Hamdan
|
Arsitektur Komputer
|
B
|
Basis data (Database) adalah kumpulan table. Salah satu model basis data adalah
model basisdata relasional. Pada basisdata relasional satu tabel menyatakan satu
relasi. Setiap kolom pada table disebut atribut. Setiap tabel pada basisdata
diimplementasikan secara fisik sebagai sebuah file. Satu baris pada tabel disebut
record dan setiap atribut menyatakan sebuah field.
B. FUNGSI
Definisi:
Misal f adalah relasi dari A ke B. f disebut fungsi jika untuk setiap anggota A direlasikan
dengan tepat satu anggota B.
Contoh:
Misal A = {1,2,3}, B = {u,v,w}
1. f = {(1,u),(2,v),(3,w)} adalah fungsi
2. f = {(1,u),(2,u),(3,w)} adalah fungsi.
Fungsi f disebut satu satu / injectif ,jika tidak ada elemen himpunan A yang mempunyai
bayangan yang sama atau untuk setiap a,b∈A, jika a ≠ b maka f(a) ≠ f(b).
Contoh: f = {(1,w),(2,u),(3,v)}
Fungsi f dikatakan pada / onto / surjektif, jika setiap anggota himpunan B adalah
merupakan bayangan dari satu atau lebih anggota himpunan A.
Contoh: f = {(1,w),(2,u),(3,v)}
Fungsi f dikatakan berkoresponden satu – satu / bijektif jika f adalah fungsi satu satu
dan pada.
Gambar berikut akan memperlihatkan perbedaan fungsi, fungsi satu – satu, fungsi pada.
KOMPOSISI FUNGSI
Missal g adalah fungsi dari himpuan A ke B dan f adalah fungsi dari B ke C. komposisi f
dan g dinotasikan f ° g adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan oleh:
(f ° g) (a) = f(g(a))
Contoh:
Diberikan fungsi g = {(1,u),(2,u),(3,v)} yang memetakan himpunan A = {1,2,3} ke
B = {u,v,w}, dan fungsi f = {(u,y),(v,x),(w,z)} yang memetakan B = {u,v,w} ke
C = {x,y,z}. Fungsi komposisi dari A ke C adalah:
f ° g = {(1,y),(2,y),(3,x)}
sumber : http://muhhagglerwicaksono.blogspot.com/
Tambahkan komentar