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’                                                                         
                                      

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)











Aplikasi Aljabar Boolean


1. Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

Saklar adalah objek yang mempunyai dua buah keadaan: buka dan tutup. 

Tiga bentuk gerbang paling sederhana:

1.      a                 x                b

          Output b hanya ada jika dan hanya jika x dibuka Þ x


2.      a                 x                y                b

          Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y dibuka Þ xy


3.      a            x
                                         c
          b            y
         

   Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y dibuka Þ x + y









Contoh rangkaian pensaklaran pada rangkaian listrik:

1. Saklar dalam hubungan SERI: logika AND

                                                                        Lampu
 

                                A        B                                                  
 

           ¥
Sumber tegangan                                                                               
 



2.   Saklar dalam hubungan PARALEL: logika OR

                                         A
                                                                        Lampu
 

                                      B                                                      
 

         ¥
Sumber Tegangan                                                                              
 



Contoh. Nyatakan rangkaian pensaklaran pada gambar di bawah ini dalam ekspresi Boolean.

 

                                                  x’                                      y

 

                                                           x
                                                                                                              x
 

                                                     x                   y
 



                                           x                                      y’                z
 

                                                                                        z


Jawabxy + (x’ + xy)z + x(y + yz + z)





2. Rangkaian Digital Elektronik

        Gerbang AND                       Gerbang OR                         Gerbang NOT  (inverter)


Contoh. Nyatakan fungsi f(x, y, z) = xy + xy ke dalam rangkaian logika.

Jawab:  (a) Cara pertama


(b) Cara kedua



(b) Cara ketiga

Gerbang turunan


Gerbang NAND                      Gerbang XOR     


Gerbang NOR                                   Gerbang XNOR















Penyederhanaan Fungsi Boolean

Contoh.     f(x, y) = xy + xy’ + y

disederhanakan menjadi

f(x, y) = x’ + y

Penyederhanaan fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 3 cara:
1.    Secara aljabar
2.    Menggunakan Peta Karnaugh
3.    Menggunakan metode Quine Mc Cluskey (metode Tabulasi)


1. Penyederhanaan Secara Aljabar

Contoh:
1.    f(x, y) = x + xy
      = (x + x’)(x + y)
 = 1 × (x + y )
 = x + y

2.    f(x, y, z) = xyz + xyz + xy
 = xz(y’ + y) + xy
 = xz + xz

3.    f(x, y, z) = xy + xz + yz  = xy + xz + yz(x + x’)
   = xy + xz + xyz + xyz
   = xy(1 + z) + xz(1 + y) = xy + xz
2.  Peta Karnaugh

a.  Peta Karnaugh dengan dua peubah
                                                            y
                                                         0          1

m0
m1
x   0
xy
xy

m2
m3
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 penyederhanaanf(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).    








Contoh 5.14. (Penggulungan/rolling) Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
1
0
0
1
11
1
0
0
1
10
0
0
0
0


Jawabf(w, x, y, z) = xyz’ + xyz’ ==> belum sederhana


Penyelesaian yang lebih minimal:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
1
0
0
1
11
1
0
0
1
10
0
0
0
0


                f(w, x, y, z) = xz’    ===> lebih sederhana













Contoh 5.15: (Kelompok berlebihan) Sederhanakan 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
0
1
1
0
10
0
0
1
0

Jawab:        f(w, x, y, z) = xyz + wxz + wyz  ® masih belum sederhana.


Penyelesaian yang lebih minimal:


yz
00

01

11

10
wx   00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
0
1
1
0
10
0
0
1
0


          f(w, x, y, z) = xyz + wyz             ===> lebih sederhana















Contoh 5.16.  Sederhanakan fungsi Boolean yang bersesuaian dengan Peta Karnaugh di bawah ini.


cd
00

01

11

10
ab   00
0
0
0
0
01
0
0
1
0
11
1
1
1
1
10
0
1
1
1


Jawab: (lihat Peta Karnaugh di atas)  f(a, b, c, d) = ab + ad + ac + bcd 



Contoh 5.17.  Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z)  =  xzxy + xyz + yz

Jawab:
x’z = xz(y + y’) = xyz + xyz
xy = xy(z + z’) = xyz + xyz
yz = yz(x + x’) = xyz + xyz

f(x, y, z) = xz + xy + xyz + yz
             = xyz + xyz + xyz + xyz’ + xyz + xyz + xyz
             = xyz + xyz + xyz’ + xyz + xyz

          Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:


yz
00

01

11

10
x      0

1
1
1
1

1
1


Hasil penyederhanaan:  f(x, y, z) = z + xyz



Peta Karnaugh untuk lima peubah


 000      001    011    010     110     111    101     100
00
m0
m1
m3
m2
m6
m7
m5
m4
01
m8
m9
m11
m10
m14
m15
m13
m12
11
m24
m25
m27
m26
m30
m31
m29
m28
10
m16
m17
m19
m18
m22
m23
m21
m20









                                                Garis pencerminan
               


Contoh 5.21. (Contoh penggunaan Peta 5 peubah) Carilah fungsi sederhana dari  f(v, w, x, y, z) = S (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 29, 31)
Jawab:
          Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
                                                            



xyz
000

001

011

010

110

111

101

100




vw 00

1



1

1



1




01


1

1



1

1



    



11


1

1



1

1





10


1





1



          Jadi  f(v, w, x, y, z)  =  wz + vwz’ + vyz







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 komentar:

Post a Comment

Copyright © 2014 Dunia Naeta All Right Reserved