aljabar boolean

Aljabar Boolean

aljabar boole adalah aljabar yang diberlakukan pada variabel diskrit sehingga sesuai saat diberlakukan pada rangkaian digitial.
Aljabar Boole terdiri dari dua yaitu :
- Teorema variabel tunggal
- Teorema variabel jamak Alajabar Boolen adalah alajabar yang terdiri atas suatu himpuna B dengan 2 operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut yaitu penjumlahan dan perkalian prinsip dualitas.
Dualitas adalah padanan 2 ekspresi boolen yang diperoleh dengan cara:
1.    Mempertukarkan + dengan 0 dan
2.    Mempertukarkan 1 dengan 0
(IP.203.130.205.68/Dosen /Asih Foundation.com).
c). Terdapat 2 jenis teorema dalam alajabar boole yakni teorema variable tunggala dan jamak, adapun teorema variable jamak terdiri dari teorema komutatif, distributive, asosiatif, absorsi dan morgan.
Sedangkan teorema variable tunggal diperoleh dari hasil penurunan operasi logika dasar OR, AND, dan NOT yang mana teorema itu meliputi teorema 0 dan 1, identitas idempotent, komplemen dan involusi.

  1. Aljabar Boole
  2. Aljabar Boolean Misalkan terdapat Dua operator biner: + dan ⋅ Sebuah operator uner: ’. B : himpunan yang didefinisikan pada operator +, ⋅, dan ’ 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.
  3. Aljabar Boolean Tupel (B, +, ⋅, ’) disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c ∈ B berlaku aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:
  4. Aljabar Boolean (i) a + b ∈ B 1. Closure: (ii) a ⋅ b ∈ B 2. Identitas: (i) a + 0 = a (ii) a ⋅ 1 = a 3. Komutatif: (i) a + b = b + a (ii) a ⋅ b = b . a (i) a ⋅ (b + c) = (a ⋅ b) + (a ⋅ c) 4. Distributif: (ii) a + (b ⋅ c) = (a + b) ⋅ (a + c) 5. Komplemen: (i) a + a’ = 1 (ii) a ⋅ a’ = 0
  5. Aljabar Boolean Untuk mempunyai sebuah aljabar Boolean, harus diperlihatkan: Elemen-elemen himpunan B, Kaidah operasi untuk operator biner dan operator uner, Memenuhi postulat Huntington.
  6. Aljabar Boolean dua nilai Aljabar Boolean dua-nilai: B = {0, 1} operator biner, + dan ⋅ operator uner, ’ Kaidah untuk operator biner dan operator uner:
  7. Aljabar Boolean dua nilai 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.
  8. Aljabar Boolean dua nilai 4. Distributif: (i) a ⋅ (b + c) = (a ⋅ b) + (a ⋅ c) dapat ditunjukkan benar dari tabel operator biner di atas dengan membentuk tabel kebenaran:
  9. Aljabar Boolean dua nilai Hukum distributif a + (b ⋅ c) = (a + b) ⋅ (a + c) (ii) dapat ditunjukkan benar dengan membuat tabel kebenaran dengan cara yang sama seperti (i). Komplemen: jelas berlaku karena Tabel diatas 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
  10. Aljabar Boolean dua nilai Karena kelima postulat Huntington dipenuhi, maka terbukti bahwa B = {0, 1} bersama- sama dengan operator biner + dan ⋅ operator komplemen ‘ merupakan aljabar Boolean
  11. 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
  12. Ekspresi Boolean Contoh: 0 1 a b c a+b a⋅b a’⋅ (b + c) a ⋅ b’ + a ⋅ b ⋅ c’ + b’, dan sebagainya
  13. 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)
  14. Mengevaluasi Ekspresi Boolean Contoh. Perlihatkan bahwa a + a’b = a + b . Penyelesaian: 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
  15. 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.
  16. Prinsip Dualitas Contoh. (i) (a ⋅ 1)(0 + a’) = 0 dualnya (a + 0) + (1 ⋅ a’) = 1 (ii) a(a‘ + b) = ab dualnya a + a‘b = a + b
  17. 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
  18. Hukum-hukum Aljabar Boolean 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
  19. Hukum-hukum Aljabar Boolean Contoh 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)
  20. 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.
  21. 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 .
  22. Fungsi Boolean Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain: f(x) = x f(x, y) = x’y + xy’+ y’ f(x, y) = x’ y’ f(x, y) = (x + y)’ f(x, y, z) = xyz’
  23. Fungsi Boolean 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’.
  24. Fungsi Boolean Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x, y, z) = xy z’, nyatakan h dalam tabel kebenaran. Penyelesaian:
  25. Komplemen Fungsi 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’)
  26. Komplemen Fungsi 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’)
  27. Bentuk Kanonik Jadi, ada dua macam bentuk kanonik: Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP) Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS) Contoh: 1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz 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) POS Setiap suku (term) disebut maxterm
  28. Bentuk Kanonik Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap
  29. Bentuk Kanonik Contoh Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
  30. Bentuk Kanonik Penyelesaian: SOP Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik SOP adalah f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz atau (dengan menggunakan lambang minterm), f(x, y, z) = m1 + m4 + m7 = ∑ (1, 4, 7)
  31. Bentuk Kanonik 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 = ∏(0, 2, 3, 5, 6)
  32. Bentuk Kanonik Contoh Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS.
  33. Bentuk Kanonik 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 = Σ (1,4,5,6,7)
  34. Bentuk Kanonik (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 = ∏(0, 2, 3)
  35. Konversi Antar Bentuk Kanonik Misalkan = Σ (1, 4, 5, 6, 7) f(x, y, z) dan f ’adalah fungsi komplemen dari f, f ’(x, y, z) = Σ (0, 2, 3) = m0+ m2 + m3 Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh fungsi f dalam bentuk POS:
  36. Konversi Antar Bentuk Kanonik 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 = ∏ (0,2,3) Jadi, f(x, y, z) = Σ (1, 4, 5, 6, 7) = ∏ (0,2,3). Kesimpulan: mj’ = Mj
  37. Konversi Antar Bentuk Kanonik Contoh. Nyatakan = ∏ (0, 2, 4, 5) dan f(x, y, z) = Σ(1, 2, 5, 6, 10, 15) g(w, x, y, z) dalam bentuk SOP. Penyelesaian: = Σ (1, 3, 6, 7) f(x, y, z) g(w, x, y, z)= ∏ (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
  38. Konversi Antar Bentuk Kanonik 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’
  39. 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)
  40. Jaringan Pensaklaran (Switching Network) Saklar adalah objek yang mempunyai dua buah keadaan: buka dan tutup. Tiga bentuk gerbang paling sederhana: 1. Output b hanya ada jika dan hanya jika x dibuka ⇒ x 2. Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y dibuka ⇒ xy
  41. Jaringan Pensaklaran (Switching Network) 3. Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y dibuka ⇒ x + y
  42. Jaringan Pensaklaran (Switching Network) Contoh rangkaian pensaklaran pada rangkaian listrik: 1. Saklar dalam hubungan SERI: logika AND 2. Saklar dalam hubungan PARALEL: logika OR
  43. Jaringan Pensaklaran (Switching Network) Contoh. Nyatakan rangkaian pensaklaran pada gambar di bawah ini dalam ekspresi Boolean. Jawab: x’y + (x’ + xy)z + x(y + y’z + z)
  44. Rangkaian Digital Elektronik
  45. Rangkaian Digital Elektronik
  46. Rangkaian Digital Elektronik
  47. Rangkaian Digital Elektronik Contoh. Nyatakan fungsi f(x, y, z) = xy + x’y ke dalam rangkaian logika.
  48. Rangkaian Digital Elektronik
  49. Gerbang Turunan
  50. Gerbang Turunan

Berikan Balasan

Isikan data di bawah atau klik salah satu ikon untuk log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Logout / Ubah )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Logout / Ubah )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Logout / Ubah )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Logout / Ubah )

Connecting to %s




Ikuti

Get every new post delivered to your Inbox.

%d blogger menyukai ini: