Transcript BAB V Aljabar Boolean

Aljabar Boolean
Matematika Diskrit
1
Definisi Aljabar Boolean
M isalkan terdapat
- D ua operator biner: + dan 
- S ebuah operator uner: ’.
- B : him punan yang didefinisikan pada operator + , , dan ’
- 0 dan 1 adalah dua elem en yang berbeda dari B .
T upel
(B , + , , ’)
disebut aljab ar B oolean jika untuk setiap a , b, c  B berlaku
aksiom a-aksiom a atau postulat H untington berikut:
2
1 . C lo su re :
(i) a + b  B
(ii) a  b  B
2 . Id e n tita s:
(i) a + 0 = a
(ii) a  1 = a
3 . K o m u ta tif: (i) a + b = b + a
(ii) a  b = b . a
4 . D istrib u tif:(i) a  (b + c ) = (a  b ) + (a  c )
(ii) a + (b  c ) = (a + b )  (a + c )
1
5 . K o m p le m e n : (i) a + a ’ = 1
(ii) a  a ’ = 0
3
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.
4
Aljabar Boolean Dua-Nilai
A ljabar
-
B oolean dua -nilai:
B = {0, 1}
operator biner, + dan 
operator uner, ’
K aidah untuk operator biner dan operator uner:
a
b
0
0
1
1
0
1
0
1
ab
0
0
0
1
a
b
a+ b
a
a’
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
5
C ek apakah m em enuhi postulat H untington:
1 . C losure : jelas berlaku
2 . Identitas: jelas berlaku karena dari tabel dapat kita lihat bahw a:
(i) 0 + 1 = 1 + 0 = 1
(ii) 1  0 = 0  1 = 0
3 . K om utatif: jelas berlaku dengan m elihat sim etri tabel operator
biner.
6
4 . D istrib u tif: (i) a  (b + c) = (a  b ) + (a  c) d ap at d itu n ju k k an
b en ar d ari tab el o p erato r b in er d i atas d en g an m em b en tu k tab el
k eb en aran :
a
0
0
0
0
1
1
1
1
b
c
b + c
a  (b + c)
a b
a c
(a  b ) + (a  c)
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
1
1
1
7
(ii) H u k u m d istrib u tif a + (b  c) = (a + b )  (a + c) d ap at
d itu n ju k k an b en ar d en g an m em b u at tab el k eb en aran d en g an
cara y an g sam a sep erti (i).
5 . K o m p lem en : jelas b erlak u k aren a T ab el 7 .3 m em p erlih atk an
b ah w a:
(i) a + a ‘ = 1 , k aren a 0 + 0 ’= 0 + 1 = 1 d an 1 + 1 ’= 1 + 0 = 1
(ii) a  a = 0 , k aren a 0  0 ’= 0  1 = 0 d an 1  1 ’ = 1  0 = 0
K aren a k elim a p o stu lat H u n tin g to n d ip en u h i, m ak a terb u k ti b ah w a
B = {0 , 1 } b ersam a -sam a d en g an o p erato r b in er + d an  o p erato r
k o m p lem en ‘ m eru p ak an aljab ar B o o le an .
8
Ekspresi Boolean
 M isalkan (B , + , , ’) adalah sebuah aljabar B oolean. S uatu
ekspresi B oolean dalam (B , + , , ’) adalah:
(i) setiap elem en di dalam B ,
(ii) setiap peubah,
(iii) jika e 1 dan e 2 adalah ekspresi B oolean, m aka e 1 + e 2 , e 1 
e 2 , e 1 ’ adalah ekspresi B oolean
C o n to h :
0
1
a
b
a + b
a b
a ’ (b + c)
a  b ’ + a  b  c’ + b ’, d an seb ag ain y a
9
Mengevaluasi Ekspresi Boolean
 C o n to h : a ’ (b + c)
jik a a = 0 , b = 1 , d an c = 0 , m ak a h asil ev alu asi ek sp resi:
0 ’ (1 + 0 ) = 1  1 = 1
 D u a ek sp resi B o o lean d ik atak an ek iv a len (d ilam b an g k an
d en g an ‘= ’) jik a k ed u an y a m em p u n y ai n ilai y an g sam a u n tu k
setiap p em b erian n ilai-n ilai k ep ad a n p eu b ah .
C o n to h :
a  (b + c) = (a . b ) + (a  c)
10
C o n to h . P erlih atk an b ah w a a + a ’b = a + b .
P en y elesaian :
a
0
0
1
1
b
0
1
0
1
a’
1
1
0
0
a ’b
0
1
0
0
a + a ’b
0
1
1
1
a+ b
0
1
1
1
 P erjanjian: tanda titik () dapat dihilangkan dari penulisan
ekspresi B oolean, kecuali jika ada penekanan:
(i)
(ii)
(iii)
a (b + c) = ab + ac
a + bc = (a + b) (a + c)
a  0 , bukan a0
11
Prinsip Dualitas
 M isalkan S adalah kesam aan (identity) di dalam aljabar
B oolean yang m elibatkan operator + , , dan kom plem en,
m aka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara m engganti

+
0
1
dengan
dengan
dengan
dengan
+

1
0
dan m em biarkan operator kom plem en tetap apa adanya,
m aka kesam aan S * juga benar. S* disebut sebagai d u a l dari
S.
C ontoh.
(i) (a  1)(0 + a’) = 0 dualnya (a + 0) + (1  a’) = 1
(ii) a(a‘ + b) = ab
dualnya a + a‘b = a + b
12
Hukum-hukum Aljabar Boolean
1 . H u k u m id en titas:
(i) a + 0 = a
(ii) a  1 = a
2 . H u k u m id em p o ten :
(i) a + a = a
(ii) a  a = a
3 . H u k u m k o m p lem en :
(i) a + a ’ = 1
(ii) a a ’ = 0
4 . H u k u m d o m in an si:
(i) a  0 = 0
(ii) a + 1 = 1
5 . H u k u m in v o lu si:
(i) (a ’)’ = a
6 . H u k u m p en y erap an :
(i) a + a b = a
(ii) a (a + b ) = a
7 . H u k u m k o m u tatif:
(i) a + b = b + a
(ii) a b = b a
8 . H u k u m aso siatif:
(i) a + (b + c) = (a + b ) + c
(ii) a (b c) = (a b ) c
9 . H u k u m d istrib u tif:
(i) a + (b c) = (a + b ) (a + c)
(ii) a (b + c) = a b + a c
1 0 . H u k u m D e M o rg an :
(i) (a + b )’ = a ’b ’
(ii) (a b )’ = a ’ + b ’
1 1.
H u k u m 0 /1
(i) 0 ’ = 1
(ii) 1 ’ = 0
13
C o n to h 7 .3 . B u k tik an (i) a + a ’b = a + b
P en y elesaian :
(i)
a + a ’b
= (a + a b ) + a ’b
= a + (a b + a ’b )
= a + (a + a ’)b
= a + 1 b
= a + b
(ii) ad alah d u al d ari (i)
d an
(ii) a (a ’ + b ) = a b
(P en y erap an )
(A so siatif)
(D istrib u tif)
(K o m p lem en )
(Id en titas )
14
Fungsi Boolean
 F u n g si B o o lea n (d iseb u t ju g a fu n g si b in er) ad alah p em etaan
n
d ari B k e B m elalu i ek sp resi B o o lean , k ita m en u lisk an n y a
seb ag ai
n
f:B  B
n
y an g d alam h al in i B ad alah h im p u n an y an g b eran g g o tak an
p asan g an teru ru t g an d a -n (o rd ered n -tu p le) d i d alam d aerah
asal B .
15
 S etiap ek sp resi
B o o lean .
B o o lean
tid ak
lain
m eru p ak an
fu n g si
 M isalk an seb u ah fu n g si B o o lean ad alah
f(x, y, z) = xyz + x’y + y’z
F u n g si f m em etak an n ilai-n ilai p asan g an teru ru t g an d a -3
(x, y, z) k e h im p u n an {0 , 1 }.
C o n to h n y a, (1 , 0 , 1 ) y an g b erarti x = 1 , y = 0 , d an z = 1
seh in g g a f(1 , 0 , 1 ) = 1  0  1 + 1 ’  0 + 0 ’ 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .
16
C o n to h . C o n to h -co n to h fu n g si B o o lean y an g 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’
 S etiap p eu b ah d i d alam fu n g si B o o lean , term asu k d alam
b en tu k k o m p lem en n y a, d iseb u t litera l.
C o n to h : F u n g si h(x, y, z) = xyz’ p ad a co n to h d i atas terd iri
d ari 3 b u ah literal, y aitu x, y , d an z’.
17
C o n to h . D ik etah u i fu n g si B o o elan f(x, y, z) = xy z’, n y atak an h
d alam tab el k eb en aran .
P en y elesaian :
x
0
0
0
0
1
1
1
1
y
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
f(x, y, z) = xy z’
0
0
0
0
0
0
1
0
18
Komplemen Fungsi
1. C ara pertam a: m enggunakan hukum D e M organ
H ukum D e M organ untuk dua buah peubah, x 1 dan x 2 , adalah
C on toh . M isalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), m aka
f ’(x, y, z) = (x(y’z’ + yz))’
= x’ + (y’z’ + yz)’
= x’ + (y’z’)’ (yz)’
= x’ + (y + z) (y’ + z’)
19
2 . C ara k ed u a: m en g g u n ak an p rin sip d u alitas.
T en tu k an d u al d ari ek sp resi B o o lean y an g m erep resen tasik an f,
lalu k o m p lem en k an setiap literal d i d alam d u al terseb u t.
C o n to h . M isalk an f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), m ak a
d u al d ari f:
x + (y’ + z’) (y + z)
k o m p lem en k an tiap literaln y a:
x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
Jad i, f ‘(x, y, z) = x’ + (y + z)(y’ + z’)
20
Bentuk Kanonik
 A d a d u a m acam b en tu k k an o n ik :
1 . P en ju m lah an d ari h asil k ali (su m -o f-p ro d u ct atau S O P )
2 . P erk alian d ari h asil ju m lah (p ro d u ct-o f-su m atau P O S )
C o n to h : 1 . f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz  S O P
S etiap su k u (term ) d iseb u t m in term
2 . g (x, y, z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)
(x’ + y + z’)(x’ + y’ + z)  P O S
S etiap su k u (term ) d iseb u t m a xterm
 S etiap m in term /m a xterm m en g an d u n g literal len g k ap
21
x
0
0
1
1
y
0
1
0
1
M interm
S uku L am bang
x’y’
m0
x’y
m1
xy’
m2
xy
m3
M axterm
S uku
L am bang
x+ y
M0
x + y’
M1
x’ + y
M2
x’ + y’
M3
22
x
0
0
0
0
1
1
1
1
y
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
M interm
S uku L am bang
x’y’z’
m0
x’y’z
m1
x‘y z’
m2
x’y z
m3
x y’z’
m4
x y’z
m5
x y z’
m6
xyz
m7
M axterm
S uku
L am bang
x+ y+ z
M0
x + y + z’
M1
x + y’+ z
M2
x + y’+ z’
M3
x’+ y + z
M4
x’+ y + z’
M5
x’+ y’+ z
M6
x’+ y’+ z’
M7
23
C o n to h 7 .1 0 . N y atak an tab el k eb en aran d i b aw ah in i d alam b en tu k
k an o n ik S O P d an P O S .
T a b el 7 .1 0
x
0
0
0
0
1
1
1
1
y
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
f(x, y, z)
0
1
0
0
1
0
0
1
24
P en y elesaian :
(a) S O P
K o m b in asi n ilai-n ilai p eu b ah y an g m en g h asilk an n ilai fu n g si
sam a d en g an 1 ad alah 0 0 1 , 1 0 0 , d an 1 1 1 , m ak a fu n g si
B o o lean n y a d alam b en tu k k an o n ik S O P ad alah
f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz
atau (d en g an m en g g u n ak an lam b an g m in term ),
f(x, y, z) = m 1 + m 4 + m 7 =  (1 , 4 , 7 )
25
(b ) P O S
K o m b in asi n ilai-n ilai p eu b ah y an g m en g h asilk an n ilai fu n g si
sam a d en g an 0 ad alah 0 0 0 , 0 1 0 , 0 1 1 , 1 0 1 , d an 1 1 0 , m ak a
fu n g si B o o lean n y a d alam b en tu k k an o n ik P O S ad alah
f(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’+ z)(x + y’+ z’)
(x’+ y + z’)(x’+ y’+ z)
atau d alam b en tu k lain ,
f(x, y, z) = M 0 M 2 M 3 M 5 M 6 =  (0 , 2 , 3 , 5 , 6 )
26
C o n to h 7 .1 1 . N y atak an fu n g si B o o lean f(x, y, z) = x + y’z d alam
b en tu k k an o n ik S O P d an P O S .
P en y elesaian :
(a) S O P
x =
=
=
=
x(y + y’)
xy + xy’
xy (z + z’) + xy’(z + z’)
xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’
y’z = y’z (x + x’)
= x y ’z + x ’y ’z
Jad i 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) = m 1 + m 4 + m 5 + m 6 + m 7 =  (1 ,4 ,5 ,6 ,7 )
27
(b ) P O S
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)
Jad i, 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) = M 0 M 2 M 3 =  (0 , 2 , 3 )
28
Konversi Antar Bentuk Kanonik
M isalk an
f(x, y, z)
=  (1 , 4 , 5 , 6 , 7 )
d an f ’ad alah fu n g si k o m p lem en d ari f,
f ’(x, y, z) =  (0 , 2 , 3 ) = m 0 + m 2 + m 3
D en g an m en g g u n ak an h u k u m D e M o rg an , k ita d ap at m em p ero leh
fu n g si f d alam b en tu k P O S :
f ’(x, y, z) =
=
=
=
=
=
(f ’(x, y, z))’ = (m 0 + m 2 + m 3 )’
m 0’ . m 2’ . m 3’
(x’y’z’)’ (x’y z’)’ (x’y z)’
(x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z’)
M0 M2 M3
 (0 ,2 ,3 )
Jad i, f(x, y, z) =  (1 , 4 , 5 , 6 , 7 ) =  (0 ,2 ,3 ).
K esim p u lan : m j ’ = M j
29
Contoh. Nyatakan
f(x, y, z)=  (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x, y, z) = (1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk SOP dan POS
Penyelesaian:
f(x, y, z)
=  (1, 3, 6, 7)
g(w, x, y, z)=  (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
30
C o n to h . C arilah b en tu k k an o n ik S O P d an P O S d ari f(x, y, z) = y’ +
xy + x’y z’
P en y elesaian :
(a) S O P
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) = m 0 + m 1 + m 2 + m 4 + m 5 + m 6 + m 7
(b ) P O S
f(x, y, z) = M 3 = x + y’ + z’
31
Bentuk Baku
 Tidak harus mengandung literal yang lengkap.
 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)
32
Aplikasi Aljabar Boolean
1 . J a rin g a n P en sa k la ra n (S w itch in g N etw o rk )
S ak lar: o b jek y an g m em p u n y ai d u a b u ah k ead aan : b u k a d an tu tu p .
T ig a b en tu k g erb an g p alin g sed erh an a:
1.
a
x
b
O u tp u t b h an y a ad a jik a d an h an y a jik a x d ib u k a  x
2.
a
x
y
b
O u tp u t b h an y a ad a jik a d an h an y a jik a x d an y d ib u k a  xy
3.
a
x
c
b
y
O u tp u t c h an y a ad a jik a d an h an y a jik a x atau y d ib u k a  x + y
33
C o n to h ran g k aian p en sak laran p ad a ran g k aian listrik :
1 . S ak lar d alam h u b u n g an S E R I: lo g ik a A N D
L am p u
A
B

S u m b er teg an g an
2 . S ak lar d alam h u b u n g an P A R A L E L : lo g ik a O R
A
L am p u
B

S u m b er T eg an g an
34
2. R an gk aian L ogik a
x
x
xy
y
G erbang A N D
x+ y
x
x'
y
G erbang O R
G erbang N O T (inverter)
35
C o n to h . N y atak an fu n g si f(x, y, z) = xy + x’y k e d alam ran g k aian
lo g ik a.
Jaw ab : (a) C ara p ertam a
x
xy
y
x y + x 'y
x'
x
x 'y
y
36
(b ) C ara k ed u a
x
xy
y
x y + x'y
x'
x 'y
(c) C ara k etig a
x
y
xy
x y + x 'y
x'
x 'y
37
G erbang turunan
x
x
(x y)'
y
G erbang N A N D
x
y
x
(x+ y )'
G erbang N O R
y
G erbang X O R
x
y
+
(x
+
y)'
y
G erbang X N O R
38
x
(x + y)'
e k iv a le n d en g an
y
x + y
(x + y)'
y
x'
x'y'
ekiv alen dengan
y'
x
(x+ y )'
y
x
x'
x' + y'
y'
x
ekiv alen d en g an
(xy )'
y
39
Penyederhanaan Fungsi Boolean
C o n to h .
f(x, y) = x’y + xy’ + y’
d ised erh an ak an m en jad i
f(x, y) = x’ + y’
P en y ed erh an aan fu n g si B o o lean d ap at d ilak u k an d en g an 3 cara:
1 . S ecara aljab ar
2 . M en g g u n ak an P eta K arn au g h
3 . M en g g u n ak an m eto d e Q u in e M c C lu sk ey (m eto d e T ab u lasi)
40
1. Penyederhanaan Secara Aljabar
Contoh:
1. f(x, y) = x + x’y
= (x + x’)(x + y)
= 1  (x + y )
=x+y
2. f(x, y, z) = x’y’z + x’yz + xy’
= x’z(y’ + y) + xy’
= x’z + xy’
3. f(x, y, z) = xy + x’z + yz = xy + x’z + yz(x + x’)
= xy + x’z + xyz + x’yz
= xy(1 + z) + x’z(1 + y) = xy + x’z
41
2. Peta Karnaugh
a. P eta K a rn a u g h d en g a n d u a p eu b a h
y
0
1
m0
m1
x 0
x’y’
x’y
m2
m3
1
xy’
xy
b . P eta d en g a n tig a p eu b a h
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’
42
C o n to h . D ib erik an tab el k eb en aran , g am b ark an P eta K arn au g h .
y
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
f(x, y, z)
0
0
1
0
0
0
1
1
yz
00
01
11
10
x 0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
x
0
0
0
0
1
1
1
1
43
b.
P eta dengan em pat peubah
yz
00
01
11
10
m0
m1
m3
m2
w x 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’
m 12
m 13
m 15
m 14
11
w xy’z’
w xy’z
w xyz
w xyz’
m8
m9
m 11
m 10
10
w x’y’z’
w x’y’z
w x’yz
w x’yz’
44
Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.
w
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
wx
x
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
y
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
f(w, x, y, z)
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
yz
00
01
11
10
00
0
1
0
0
01
0
0
1
1
11
0
0
0
1
10
0
0
0
0
45
T ek n ik M in im isa si F u n g si B o o lea n d en g a n P eta K a rn a u g h
1 . P a sa n g a n : d u a b u ah 1 y an g b ertetan g g a
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
0
0
0
11
0
0
1
1
10
0
0
0
0
S eb elu m d ised erh a n a ka n : f(w , x, y, z) = w xyz + w xyz’
H a sil P en yed erh a n a a n : f(w , x, y, z) = w xy
B u k ti secara aljab ar:
f(w , x, y, z) =
=
=
=
w xyz + w xyz’
w xy(z + z’)
w xy(1 )
w xy
46
2. K uad : em pat buah 1 yang bertetangga
yz
00
01
11
10
w x 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) = w xy’z’ + w xy’z + w xyz + w xyz’
H asil penyederhanaan : f(w , x, y, z) = w x
47
B u k ti secara aljab ar:
f(w , x, y, z) =
=
=
=
w xy’ + w xy
w x(z’ + z)
w x(1 )
wx
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
0
0
0
11
1
1
1
1
10
0
0
0
0
48
C ontoh lain:
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
0
0
0
11
1
1
0
0
10
1
1
0
0
S ebelum disederhanakan: f(w , x, y, z) = w xy’z’ + w xy’z + w x’y’z’ + w x’y’z
H asil penyederhanaan : f(w , x, y, z) = w y’
49
3 . O ktet: d elap an b u ah 1 y an g b ertetan g g a
w x 00
01
11
10
yz
00
01
11
10
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
S eb elu m d ised erh a n a ka n : f(a , b , c, d ) = w xy’z’ + w xy’z + w xyz + w xyz’ +
w x’y’z’ + w x’y’z + w x’yz + w x’yz’
H a sil p en yed erh a n a a n : f(w , x, y, z) = w
50
B ukti secara aljabar:
f(w , x, y, z) = w y’ + w y
= w (y’ + y)
= w
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
0
0
0
11
1
1
1
1
10
1
1
1
1
51
C o n to h 5 .1 2 . A n d aik an su atu tab el k eb en aran telah d iterjem ah k an k e d alam
P eta K arn au g h . S ed erh an ak an fu n g si B o o lean y an g b ersesu aian sesed erh an a
m u n g k in .
yz
00
01
11
10
w x 00
0
1
1
1
01
0
0
0
1
11
1
1
0
1
10
1
1
0
1
Jaw ab : (lih at P eta K arn au g h ) f(w , x, y, z) = w y’ + yz’ + w ’x’z
52
C o n to h 5 .1 3 . M in im isasi fu n g si B o o lean y an g b ersesu aian d en g an P eta
K arn au g h d i b aw ah in i.
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
1
1
1
1
10
1
1
1
1
Jaw ab : (lih at P eta K arn au g h ) f(w , x, y, z) = w + xy’z
53
Jika penyelesaian C ontoh 5.13 adalah seperti di baw ah ini:
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
1
1
1
1
10
1
1
1
1
m aka fungsi B oolean hasil penyederhanaan adalah
f(w , x, y, z) = w + w ’xy’z
(jum lah literal = 5)
yang ternyata m a sih belum sederhana dibandingkan f(w , x, y, z) = w + xy’z
(jum lah literal = 4).
54
C on toh 5.14. (P enggulungan/rolling ) S ederhanakan fungsi B oolean yang
bersesuaian dengan P eta K arnaugh di baw ah ini.
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
1
0
0
1
11
1
0
0
1
10
0
0
0
0
Jaw ab : f(w , x, y, z) = xy’z’ + xyz’ = = > belum sederhana
55
P en y elesaian y an g leb ih m in im al:
yz
00
01
11
10
w x 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’
= = = > leb ih sed erh an a
56
C on toh 5.11. S ederhanakan fungsi B oolean f(x, y, z) = x’yz + xy’z’ + xyz +
xyz’.
Jaw ab :
P eta K arnaugh untuk fungsi tersebut adalah:
yz
00
x
0
1
01
11
10
1
1
1
1
H asil penyederhanaan: f(x, y, z) = yz + xz’
57
C on toh 5.15 : (K elom pok berlebihan) S ederhanakan fungsi B oolean yang
bersesuaian dengan P eta K arnaugh di baw ah ini.
yz
00
01
11
10
w x 00
0
0
0
0
01
0
1
0
0
11
0
1
1
0
10
0
0
1
0
Jaw ab :
f(w , x, y, z) = xy’z + w xz + w yz  m asih belum sederh ana.
58
P en y elesaian y an g leb ih m in im al:
yz
00
01
11
10
w x 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) = xy’z + w yz
= = = > leb ih sed erh an a
59
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
60
C o n to h 5 .1 7 . M in im isasi fu n g si B o o lean f(x, y, z) = x’z + x’y + xy’z + yz
Jaw ab :
x’z = x’z(y + y’) = x’yz + x’y’z
x’y = x’y(z + z’) = x’yz + x’yz’
yz = yz(x + x’) = xyz + x’yz
f(x, y, z) = x’z + x’y + xy’z + yz
= x’yz + x’y’z + x’yz + x’yz’ + xy’z + xyz + x’yz
= x’yz + x’y’z + x’yz’ + xyz + xy’z
P eta K arn au g h u n tu k fu n g si terseb u t ad alah :
x
yz
00
01
11
10
0
0
1
1
1
1
0
1
1
0
H asil p en y ed erh an aan : f(x, y, z) = z + x’yz’
61
P eta K arnaugh untuk lim a peubah
000
001
011
010
110
111
101
00
m0
m1
m3
m2
01
m8
m9
m 11
11
m 24
m 25
10
m 16
m 17
100
m6
m7
m5
m4
m 10
m 14
m 15
m 13
m 12
m 27
m 26
m 30
m 31
m 29
m 28
m 19
m 18
m 22
m 23
m 21
m 20
G aris p en cerm in an
62
Contoh 5.21. (Contoh penggunaan Peta 5 peubah) Carilah fungsi sederhana
dari f(v, w, x, y, z) =  (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 29, 31)
Jawab:
Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:
xyz
000
vw
00
001
011
1
010
110
1
1
111
101
100
1
01
1
1
1
1
11
1
1
1
1
10
1
1
Jadi f(v, w, x, y, z) = wz + v’w’z’ + vy’z
63
Kondisi Don’t care
T a b el 5 .1 6
w
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
x
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
y
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
z
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
desim al
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
64
C on toh 5.25. D iberikan T abel 5.17. M inim isasi fungsi f sesederhana
m ungkin.
T ab el 5.17
a
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
b
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
0
1
1
1
1
c
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
1
1
d
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
f(a, b, c, d)
1
0
0
1
1
1
0
1
X
X
X
X
X
X
X
X
65
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
66
C o n to h 5 .2 6 . M in im isasi fu n g si B o o lean f(x, y, z) = x’yz + x’yz’ + xy’z’ +
xy’z. G am b ark an ran g k aian lo g ik an y a.
Jaw ab : R an g k aian lo g ik a fu n g si f(x, y, z) seb elu m d im in im isasik an ad alah
sep erti d i b aw ah in i:
x
y
z
x'yz
x'yz'
xy 'z'
xy 'z
67
M in im isasi d en g an P eta K arn au g h ad alah seb ag ai b erik u t:
x
yz
00
01
11
10
0
0
0
1
1
1
1
1
0
0
H asil m in im isasi ad alah f(x, y, z) = x’y + xy’.
68
C on toh 5.28. B erbagai sistem digital m enggunakan kode binary coded
decim al (B C D ). D iberikan T abel 5.19 untuk konversi B C D ke kode E xcess3 sebagai berikut:
T ab el 5.19
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
w
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
M asukan
x
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
BCD
y
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
z
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
f 1 (w , x, y, z)
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
K eluaran kode E xcess-3
f 2 (w , x, y,z)
f 3 (w , x, y, z)
0
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
1
0
1
1
0
f 4 (w , x, y, z)
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
69
(a) f1(w, x, y, z)
yz
00
01
11
10
1
1
1
wx 00
01
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
wx 00
01
1
11
X
10
01
11
10
1
1
1
X
X
X
1
X
X
f2(w, x, y, z) = xy’z’ + x’z + x’y = xy’z’ + x’(y + z)
70
(c) f 3 (w , x, y, z)
yz
00
01
11
w x 00
1
1
01
1
1
11
X
10
1
X
10
X
X
X
X
f 3 (w , x, y, z) = y’z’ + yz
(d ) f 4 (w , x, y, z)
yz
00
01
11
10
w x 00
1
1
01
1
1
11
10
X
X
1
X
X
X
X
f 4 (w , x, y, z) = z’
71
w
x
y
z
f4
f3
f2
f1
72
Contoh 7.43
Minimisasi fungsi Boolean berikut (hasil penyederhanaan
dalam bentuk baku SOP dan bentuk baku POS):
f(w, x, y, z) =  (1, 3, 7, 11, 15)
dengan kondisi don’t care adalah d(w, x, y, z) =  (0, 2, 5)
73
P enyelesaian :
P eta K arnaugh dari fungsi tersebut adalah:
yz
00
01
11
10
X
1
1
X
01
0
X
1
0
11
0
0
1
0
10
0
0
1
0
wx
00
H asil penyederhanaan dalam bentuk S O P
f(w , x, y, z) = yz + w ’z
(S O P )
(garis penuh)
f(w , x, y, z) = z (w ’ + y) (P O S )
(garis putus2)
dan bentuk baku P O S adalah
74
Metode Quine-McCluskey
 Metode Peta Karnaugh tidak mangkus untuk
jumlah peubah > 6 (ukuran peta semakin besar).
 Metode peta Karnaugh lebih sulit diprogram
dengan komputer karena diperlukan
pengamatan visual untuk mengidentifikasi
minterm-minterm yang akan dikelompokkan.
 Metode alternatif adalah metode QuineMcCluskey . Metode ini mudah diprogram.
75
Contoh 7.46
Sederhanakan fungsi Boolean f(w, x, y, z) =  (0, 1, 2, 8, 10, 11, 14, 15).
Penyelesaian:
(i) Langkah 1 sampai 5:
(a)
term w x y z
0
0 0 0 0 
1
2
8
0 0 0 1 
0 0 1 0 
1 0 0 0 
10
1 0 1 0 
11
14
15
1 0 1 1 
1 1 1 0 
1 1 1 1 
(b)
(c)
term
wx y z
term
wx y z
0,1
0,2
0,8
0 00 0 0 - 0 
- 0 0 0 
0,2,8,10
0,8,2,10
- 0 - 0
- 0 - 0
10,11,14,15
10,14,11,15
1 - 1 1 - 1 -
2,10
8,10
- 0 1 0 
1 0 - 0 
10,11
10,14
1 0 1 - 
1 - 1 0 
11,15
14,15
1 - 1 1 
1 1 1 - 
76
(i) Langkah 6 dan 7:
minterm



Bentuk prima
0
1
0,1
0,2,8,10
10,11,14,15




*

2
8
10 11 14
15








*

*

*

*

*

Bentuk prima yang terpilih adalah:
0,1
0, 2, 8, 10
10, 11, 14, 15
yang bersesuaian dengan term w’x’y’
yang bersesuaian dengan term x’z’
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.
77
Contoh 7.47
Sederhanakan fungsi Boolean f(w, x, y, z) =  (1,4,6,7,8,9,10,11,15)
Penyelesaian:
(i) Langkah 1 sampai 5:
(a)
term w x y z
1
4
8
0 0 0 1 
0 1 0 0 
1 0 0 0 
6
9
10
0 1 1 0 
1 0 0 1 
1 0 1 0 
7
11
0 1 1 1 
1 0 1 1 
15
1 1 1 1 
(b)
(c)
term
wx y z
term
1,9
4,6
8,9
8,10
0
1
1
8,9,10,11 1 0 - 8,10,9,11 1 0 - -
6,7
9,11
10,1 1
0 1 1 1 0 - 1 
1 0 1 - 
7,15
11,15
- 1 1 1
1 - 1 1
0
1
0
0
0
0
-
1
0
- 
0 
wx y z
78
(i) Langkah 6 dan 7
minterm



Bentuk prima
1
1,9
4,6
6,7
7,15
11,15
8,9,10,11

4
6
7
8
10 11 15







*

9
*


*






*




Sampai tahap ini, masih ada dua minterm yang belum tercakup dalam bentuk prima terpilih,
yaitu 7 dan 15. Bentuk prima yang tersisa (tidak terpilih) adalah (6,7), (7,15), dan (11, 15). Dari
ketiga kandidat ini, kita pilih bentuk prima (7,15) karena bentuk prima ini mencakup minterm 7
dan 15 sekaligus.
79
minterm




Bentuk prima
1
1,9
4,6
6,7
7,15
11,15
8,9,10,11

4
6
7
8
10 11 15







*

9
*



*






*





Sekarang, semua minterm sudah tercakup dalam bentuk prima terpilih. Bentuk prima yang terpilih adalah:
1,9
4,6
7,15
8,9,10,11
yang bersesuaian dengan term
yang bersesuaian dengan term
yang bersesuaian dengan term
yang bersesuaian dengan term
x’y’z
w’xz’
xyz
wx’
Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z) = x’y’z + w’xz’ + xyz + wx’.
80
?
VS
81