Sabtu, 29 Maret 2014



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 + ab = a + b .
Penyelesaian:

 

a
b
a
ab
a + ab
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 + ab = 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)’ = ab
(ii) (ab)’ = a’ + b
11.           Hukum 0/1
  (i)   0’ = 1
       (ii)  1’ = 0
Contoh 7.3. Buktikan (i) a + ab = a + b   dan   (ii) a(a’ + b) = ab
Penyelesaian:
          (i)      a + ab       = (a + ab) + ab           (Penyerapan)
                             = a + (ab + ab)           (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 + xy + yz
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) = xy + 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(yz’ + yz), maka
    f ’(x, y, z)  = (x(yz’ + yz))’
                           =  x’ + (yz’ + yz)’
                           =  x’ + (yz’)’ (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(yz’ + 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) = xyz + xyz’ + 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’ + zà 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
xy
xy
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
xyz
xyz
xy z
xy z
x yz
x yz
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) =  xyz + xyz’ + 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 + yz dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
Penyelesaian:
     (a) SOP
     x  = x(y + y’)
         = xy + xy
         = xy (z + z’) + xy’(z + z’)
         = xyz + xyz’ + xyz + xyz
     yz = yz (x + x’)
           = xy’z + x’y’z
     Jadi  f(x, y, z)   = x + yz
                                  = xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz + xyz
                                  = xyz + xyz’ + xyz + 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 + yz
                        = (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
                     = (xyz’)’ (xy z’)’ (xy 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 + xyz
                       = y’ (x + x’) (z + z’) + xy (z + z’) + xyz
             = (xy’ + xy’) (z + z’) + xyz + xyz’ + xyz
                       = xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz
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 + xyz                 (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
xy
xy
m2
m3
1 
xy
xy
b. Peta dengan tiga peubah
yz
00
01
11
10
m0
m1
m3
m2
x   0                     
xyz
xyz
xyz
xyz
m4
m5
m7
m6
1                    
xyz
xyz
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
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz
m4
m5
m7
m6
01                     
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz
m12
m13
m15
m14
11
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz
m8
m9
m11
m10
10
wxyz
wxyz
wxyz
wxyz
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) = wxyz’ + wxyz + 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) = wxyz’ + wxyz + wxyz’ + wxy’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) = wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz’ +
             wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz
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)  = xyz + xyz’ + 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’ + wxz
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 + xyz
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 + wxyz                              (jumlah literal = 5)
yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w, x, y, z) = w + xyz   (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 + cd’ + cd
Contoh 5.26. Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z)  = xyz + xyz’ + xyz’ + xyz. 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)  =  xy + 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) = xyz’ + xz + xy = xyz’ + 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) = yz’ + 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






 





0

Tambahkan komentar



RELASI DAN FUNGSI

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/

0 komentar:

Posting Komentar