4611412026_lahmad Asif Qolbi

RINGKASAN MATERI

LOGIKA INFORMATIKA

Disusun Oleh :

Ahmad Asif Qolbi (4611412026)

PROGRAM STUDI TEKNIK INFORMATIKA

JURUSAN ILMU KOMPUTER

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2013

Materi

1). Logika Proposisi.

a). Pengenalan Informal

b). Penghubung Logis (Operator, Functor)

c). Tabel Kebenaran dp Formula.

d). Penghubung Logis yang lain.

e). Memanipulasi Formula Proposisinal.

f). Negasi dp Formula Proposisional.

g). Argumen.

Logika Proposisional

(Notasi operator logis/functor)

1. Notasi Polandia : Epq

Disajikan dalam notasi yang lain.

a. p q b. p q c. p q

2. Notasi Polandia : CKpqr


C(p&q)r = (p&q) r

3. Notasi Polandia : CpCpr


Cp (p r) = p (p r)

4. Notasi Polandia : ECKpqrCpCpr

Disajikan dalam notasi yang lain


(Notasi operator logis/functor)

Notasi Polandia : E CKpqr CpCpr


Cari tanda dominan : E yang sama dengan

Ruas kiri : C Kpq r

Tanda dominan : C yang sm dng

Tanda berikutnya : K yg sm dng ( ada dengan &)

Didapat : p q C (pq) r

Didapat : (pq) r

Ruas kanan : C p Cpr

Didapat : C p (p r)

Didapat : p (p r)

Akhirnya didapat : ((p q) r) (p (p r))

( ( p q ) r ) ( ( p r ) q

( K p q ) r ) ( ( p r ) q

C ( K p q ) r ( ( p r ) q

C ( K p q ) r ( ( ( p ( N r ) ) q )

C ( K p q ) r ( K p ( N r ) q )

C ( K p q ) r ( K p ( N r ) ( N q ) )

C ( K p q ) r ( C ( K p ( N r ) ( N q ) )

E ( C ( K p q ) r ( C ( K p ( N r ) ( N q ) ) )

E C Kpq r C Kp N r N q

Prioritas Operator.

Seperti pada ungkapan dalam ilmu hitung, maka di dalam operator logika pun terdapat prioritas

sebagai berikut :

1). Operator mempunyai prioritas tertinggi

2). Operator berprioritas berikutnya

3). Operator berprioritas berikutnya

4). Operator berprioritas berikunya

5). Dan seterusnya operator yang lain termasuk dan seterusnya.

Contoh

1). p q r s dapat diinterpretasikan sebagai

(p q) (r s)

2). p q akan diinterpretasikan dengan (p) q

3). “Saya lapar” dan “saya malas” atau “Saya bahagia” dan

“Saya telah makan enak” diartikan sebagai ????

Operator yang mempunyai prioritas sama dilakukan dengan urutan dari kiri ke kakan seperti

terlihat dalam contoh dibawah ini >

Contoh

1). p q r s t u v

Diartikan sebagai (((((p q) r) s) t) u) v

Simbol =T berarti bahwa pada tabel kebenaran, dua formula mempunyai nilai kebenaran yang

sama (identik).

Contoh :

1) (pq) =T (p)(q) ; buatlah TK nya.

2) (pq) =T (p)(q) ; buatlah TK nya.

3) p q =T p q ; buatlah TK nya.

4) p q =T (p q) (p q) ; buatlah TK nya

5) p (p q) =T p q ; buatlah TK nya


[Interpretasi dan Model]

Andaikan P adalah formula proposisi ( perhatikan di sini digunakan huruf murda/capital

untuk menyajikan suatu formula sedang huruf kecil untuk variabel proposisi). Suatu

interpretasi P adalah suatu penugasan (assignment) nilai kebenaran pada semua variabel

proposisi ( pemberian nilai kebenaran) yang muncul pada P.

Perhatikan bahwa setiap baris pada tabel kebenaran adalah suatu interpretasi. Untuk

setiap interpretasi maka P mempunyai nilai kebenaran (lihat bahwa setiap baris P mempunyai

nilai T atau F)

Andaikan S suatu himpunan formula proposisi, suatu interpretasi disebut model S jika

setiap anggota S bernilai TRUE untuk interpretasi tersebut.

Contoh : Andaikan S adalah himpunan formula

proposisi :

{ p q , q r , r s }

dan interpretasi :

I1 : {p=T,q=F,r=T,s=T} ; I2 : { p=T, q=T,s =T , r=T} ;

I3 : {p=T,q=T,r=F,s=F} ; I4 : { p=T, q=T,r =T, s=F} ;

Interpretasi yang mana yang merupakan model S ?

Dari tabel diatas maka interpretasi yang merupakan model S adalah I2 dan I3.

Perhatikan karena I1 sudah memberikan nilai kebenaran F untuk p q maka dua yang lain tak

perlu di evaluasi, karena jelas bahwa I1 bukan model.


[Tautologi, Absurditi dan Formula Campur]

TAUTOLOGI

• Sebarang formula yang selalu bernilai TRUE, tak tergantung pada nilai kebenaran dari

pada variabel-variabel proposisinya, disebut tautologi, dan dikatakan sebagai tautologis

atau valid.

• Suatu tautologi adalah suatu formula proposisional yang mengambil nilai T untuk setiap

interpretasi yang mungkin. Semua entri dalam kolom pada tabel kebenaran yang

merupakan kolom nilai formula tersebut bernilai kebenaran T.

Contoh : p p adalah Tautologi

karena untuk I1 : p = T, maka p p = T

I2 : p = F, maka p p = T

Dan tak ada lagi interpretasi lain. Untuk menyatakan bahwa suatu formula adalah suatu

tautologi/valid maka dituliskan dengan menggunakan metasimbol ╞ , maka contoh di atas

menjadi :

╞ (p p)

Tabel dari kebenaran p p adalah :

p p p p

T F T

F T T

Tabel dari kebenaran p (p (q p)) adalah :

Perhatikan hubungan antara metasimbol =T dengan ╞ Yang dapat dilihat pada contoh di bawah

ini :

Menggunakan ╞ menggunakan =T

╞ p (p) p =T (p)

╞ (p q) (q p) p q =T q p

╞ (p q) (p)(q) (p q) =T (p) (q)

╞ ((p q )) ((p) (q)) ((p q)) =T (( p) (q))

Baris pertama kiri dibaca : p (p) adalah suatu tautologi, kanan :

Formula p mempunyai tabel kebenaran sama dengan formula (p)

Tautologi :

Dikatakan bahwa dua formula P dan Q adalah Ekuivalen Logis jika ekuivalen logisnya „

P Q‟ adalah suatu tautologi ( yang dapat dikatakan ju ga dengan bahwa mereka mempunyai

tabel ke benaran yang sama). Dikatakan bahwa suatu formula P implai logis suatu formula Q

jika implikasi logis mereka „ P Q‟ adalah tautologi.

Absurditi/Kontradiksi :

Sebarang formula yang selalu bernilai kebenaran F, tak tergantung pada nilai kebenaran

dari pada variabel-variabel proposisinya, disebut Absurditi atau Kontradiksi atau Unsatisfiable

dan dikatakan sbg Absurditi atau Invalid.

Suatu Absurditi adalah suatu formula proposisional yang ber nilai F untuk setiap

interpretasi yang mungkin. Semua entri dalam kolom pada tabel kebenaran yang merupakan

kolom nilai formula tersebut bernilai kebenaran F.

Contoh : (p p) dan (p p)

adalah absurditi/kontradiksi karena untuk :

I1 : p = T, maka (p p) = F

I2 : p = F, maka (p p) = F

dan tak ada lagi interpretasi lain.

Perhatikan bahwa suatu formula proposisional P yang adalah suatu absurditi, maka formula P

adalah suatu Tautologi, begitu pula sebaliknya. Jika sebarang formula P adalah suatu absurdity

maka ditulis :

╞ P

FORMULA CAMPUR

• Sebarang formula yang, tergantung pada nilai kebenaran daripada variabel-variabelnya,

dapat bernilai baik nilai T maupun nilai F disebut suatu formula campur, atau ada yang

menyebut contingent.

Contoh :

• Tentukan mana yang merupakan tautologi, absurditi, atau formula campur :

a) p (q p) ;

b) p (p (q p) ;

c) p (p (q p)).

FORMULA CAMPUR :

Valid , Tautology, Satisfiable, dan Contradictory

Suatu formula P dikatakan valid/benar jika ia true/benar untuk setiap interpretasi (I)

daripada P. Formula- formula valid daripada logika proposional disebut Tautologi.

Suatu formula P dikatakan Satisfiable/Dapat-puas/Memuaskan jika ia true dibawah suatu

interpretasi (I) daripada P.

Suatu formula P dikatakan kontradiksi/ contradictory ( unsatis fiable/ tak terpenuhi) jika

ia false dibawah setiap/ semua inter pretasi (I) daripada P.

Implies, Equivalent, dan Consistent

Suatu kalimat P implies suatu kalimat Q jika, untuk sebarang Interpretasi (I) daripada P

dan Q, jika P true untuk I maka Q true untuk I.

Dua kalimat P dan G ekuivalen/ equivalent jika setiap interpre tasi (I) untuk P dan G , P

mempunyai nilai kebenaran yang sama dengan nilai kebenarannya G.

Seperangkat kalimat P1,P2,P3,…. Dikatakan konsisten jika terdapat suatu interpretasi

untuk P1,P2,P3,…. dibawah setiap Pi bernilai true.

Fungsi Kebenaran/Truth Functions

Fungsi Kebenaran (kadang disebut suatu operator logis) adalah suatu fungsi yang

mengambil nilai-kebenaran sebagai argumen dan selalu menghasilkan salah satu dari nilai T

atau nilai F. Suatu fungsi kebenaran dapat mempunyai sejumlah operand (kadang-kadang disebut

argumen atau tempat). Suatu fungsi dengan satu operand disebut suatu fungsi kebenaran

monadika ( ). Jika mempunyai dua operand disebut dengan fungsi kebenaran diadika (, , ,

), jika tiga triadika ( If… then … else … ) .

OPERATOR MONADIKA

Terdapat 4 (=22) kemungkinan tabel-kebenaran untuk operator-monadika (terdapat dua entri

dalam tabel-kebenaran masing-masing T dan F) yg dapat dilihat di bawah ini :

Empat kolom tersebut adalah :

1) f0 : Suatu fungsi yang hasilnya selalu F (falsum)

2) f1 : Operator negasi (lihat dibagian terdahulu)

3) f2 : Suatu fungsi yang bernilai seperti p (assertium)

4) f3 : Suatu fungsi yang hasilnya selalu T (Verum)

OPERATOR DIADIKA

h5 : verum ( suatu tautologi diadika ) ; (h5(p,q) = T)

g0 : falsum (fungsi diadika yang selalu bernilai F)

h2 : bernilai sama dengan p ; (h2(p,q) = p)

h0 : bernilai sama dengan q

g3 : negasi daripada p, selalu bernilai sm-dng p)

g5 : negasi daripada q, selalu bernilai sm-dng q)

10 (sepuluh) sisanya dibicarakan berikut ini

Operator Diadika

g6 : Operator “non-equivalent”, “Exclusive Or” (disajikan dengan ,

, atau , atau XOR); p q =T (p q) (p q)

=T (p q) (q p)

g1 : NOR, Joint denial, Pierce‟s arrow (), negasi dp disjoint

p q =T (p q) = p q

g7 : Operator “NAND”, “Incompatibility”, “Stroke”,

“fungsi stroke Sheffer”, (simbol / atau ), negasi dp konjungsi

p/q =T (p q) = p q ; (p/q) = (pq)

g4,g2 : fungsi “non implikasi” ( disajikan dengan )

p q =T (p q) ; p q =T p (q)

Operator Triadika

Operator triadika mempunyai 3 (tiga) operand. Dari 256 (=2^8), pada saat ini hanya

beberapa yang dapat langsung dimanfaatkan. Operator triadika ini sulit untuk disimbolkan,

seperti misalnya operator “If…then…else…” disini variabelnya berupa titik-titik.

Beberapa operator triadik adalah :

1) Disjungsi terkondisi (conditioned disjunction).

If…then…else… disimbolkan [p,q,r]

2) Inkompatibel terkondisi dengan simbol [[p,q,r]]

3) L2 (mayoritas) ; L2(p,q,r) =T (pq) (qr) (rp); bernilai

T jika paling sedikit dua atu lebih argumen bernilai T

4) L1 (Paling sedikit satu); dst

1) Disjungsi terkondisi;

Ditulis [p,q,r] , diartikan jika q bernilai T hasilnya adalah nilai p dan jika nilai F maka

hasilnya adalah nilai q. Jika ditulis dengan “If-then-else” maka menjadi “If q then p else r”.

Jika disajikan dengan tabel kebenaran adalah :

[p,q,r] =T (q p) (q r)

2) Inkompatibelitas terkondisi;

Ditulis [[p,q,r]] , ada kaitannya dengan disjungsi terkon disi diartikan jika q bernilai T

hasilnya adalah nilai p dan jika nilai F maka hasilnya adalah nilai q.

Jika disajikan dengan tabel kebenaran adalah :

[[p,q,r]] =T (q p) (q r)

KESETARAAN LOGIS

Dua buah pernyataan yang berbeda dikatakan setara/equivalen bila nilai kebenarannya

sama.

Contoh:

1. Tidak benar bahwa aljabar linier adalah alat matematika dasar untuk disain logika.(benar)

2. Aljabar boole adalah alat matematika dasar untuk disain logika.(benar)

Contoh:

Selidiki apakah kedua proposisi di bawah ini setara:

1. Tidak benar bahwa sistem bilangan biner dipergunakan dalam sistem digital atau sistem

digital hanya dapat mengasumsikan nilai yang berlainan.

2. Sistem bilangan biner tidak dipergunakan dalam sistem digital dan tidak benar bahwa

sistem digital hanya dapat mengasumsikan nilai yang berlainan.

(hint: buktikan : ~( p q ) ~ p ~ q )

Aljabar Proposisi

Aljabar proposisi adalah hukum-hukum aljabar yang dapat digunakan dalam proposisi.

Hukum-hukum tersebut adalah:

1. Idempoten 3. Distributif

p p p p (q r) (p q) (p r)

q q q p (q r) (p q) (p r)

2. Assosiatif 4. Komutatif

(p q) r p (q r) p q q p

(p q) r p (q r) p q q p

5. Identitas 7. Komplemen

p f p p ~p t

p t t p ~p f

p f f ~t f

p t p ~f t

6. Involution 8. De Morgan’s

~~p p ~(p q) ~p ~q

~(p q) ~p ~q

Contoh pemakaian hukum aljabar proposisi

Sederhanakan proposisi berikut ini:

1. p (p q)

p (p q) (p f) (p q) …( hk.identitas )

p (f q) …( hk.distribusi )

p f …( hk.identitas )

p …( hk.identitas )

IMPLIKASI

Jika memakai Ms Word maka windows adalah sistem operasinya . Artinya: Ms word

tidak dapat digunakan tanpa windows tetapi windows dapat digunakan tanpa Ms word.

Contoh pernyataan di atas disebut pernyataan beryarat (conditional statement)

Notasi: p q

Tabel kebenaran impilkasi

Contoh: Misalkan pernyataan p adalah benar, q adalah salah dan r adalah benar, tentukan

kebenaran proposisi berikut:

( p q ) ~ r

VARIASI IMPLIKASI

Jika implikasi: p q

Maka: Konversnya : q p

Inversnya : ~ p ~ q

Kontrapositipnya : ~ q ~ p

Contoh:

Tentukan konvers,invers, dan kontrapositif dari proposisi berikut:

Jika Ms Word aplikatifnya maka windows sistem operasinya

TABEL KEBENARAN VARIASI IMPLIKASI

Kesimpulan: Proposisi yang saling kontrapositif mempunyai nilai kebenaran yang

sama(equivalen)

Contoh:

Buktikan bahwa:

Jika x2 bilangan genap, maka x juga bilangan genap

Jawab:

Kontrapositif dari implikasi di atas adalah:

Jika x bukan bilangan genap, maka x2 juga bukan bilangan genap

Setiap bilangan bulat bukan genap adalah ganjil, sehingga jika x ganjil ditulis sebagai

x = 2k + 1 (k bil. Bulat) akibatnya:

X2 = (2k + 1)

2

= 4k

2 + 4k + 1

= 2(2k2 + 2k) + 1

Karena kontrapositifnya benar akibatnya implikasinya juga benar.

Biimplikasi

Contoh pernyataan biimplikasi:

Ms word jika dan hanya jika ingin membuat dokumen

Notasi: p q Kebenaran biimplikasi:

ARGUMENTASI

Argumentasi adalah kumpulan pernyataan - pernyataan atau premis-premis atau dasar pendapat

serta kesimpulan (konklusi).

Notasi:

P(p,q,…)

Q(p,q,…)

C(p,q,…)

Contoh:

Jika biner maka disain logika

Jika disain logika maka digital Jika biner maka digital

Kebenaran/validitas Argumen

Nilai kebenaran argument tergantung dari nilai kebenaran masing-masing premis dan

kesimpulannya. Suatu argumen dikatakan benar bila masing-masing premisnya benar dan

kesimpulannya juga benar.

CONTOH :

Argumen tersebut dapat ditulis dengan notasi:

p q disebut premis 1

q r disebut premis 2

p r disebut konklusi

Perhatikan Tabel kebenaran

Semua premis dan konklusi benar sehingga argumentasi di atas valid.

Bentuk-bentuk dasar menarik kesimpulan

1. Conjunction 2. Addition 3. Construction Dilemma

p p ( p q ) ( r s )

q p q p r

p q q s

4. Modus Ponens 5. Modus Tollens

p q p q

p ~ q

q ~ p

6. Hypothetical syllogism

p q

q r

p r

7. Simplification 8. Disjunctive syllogism

p q p q

p ~ p

q

9. Destructive Dilemma 10. Absorption

( p q ) ( r s ) p q

~ q ~ s p (p q)

~ p ~ r

Contoh pemanfaatan:

Buatlah kesimpulan dari argumen di bawah ini sehingga argumen tersebut valid

1. Jika hasilnya akurat maka sistemnya digital

2. Jika sistem digital maka menggunakan bil. Biner

3. Hasilnya akurat

4. Jawab:

Premis 1 : p q

Premis 2 : q r

Premis 3 : p ?

Dengan hypothetical syllogism Sehingga argumentasi dapat ditulis kembali:

p q p r

q r p

p r ?

Dengan Modus Ponen, konklusinya adalah r

p r

p

r

Adalah valid

PEMBUKTIAN VALIDITAS KALIMAT LOGIKA

ASUMSI SALAH

Perlu pembuktian nilai True untuk semua interpretasi (2n)

Membutuhkan langkah pembuktian yang panjang

Akan lebih mudah membuktikan bahwa ada 1 interpretasi yang menyebabkan

nilai kalimat salah Tidak valid

Asumsi salah tidak mungkin terjadi Valid

Contoh Soal

1. Buktikan validitas kalimat A : if ((not x) or (not y)) then (not(x and y))

Jawab :

Bentuk kalimat implikasi A : A1 A2 (¬ x ¬ y) ¬ (x y)

Misalkan A diasumsikan salah yang berarti :

Antesenden/premis/hipotesis A1 benar (¬ x ¬ y) = T

konklusi/konsekuen A2 salah ¬(x y) = F

Ada dua cara pembuktian valid/tidak valid A : (¬ x ¬ y) ¬ (x y)

a. Dimulai dari konklusi dulu (A2 = F) periksa apakah hipotesisnya (A1 = T) ?

b. Dimulai dari hipotesisnya dulu (A1 = T) periksa apakah konklusinya (A2 =F)?

PEMERIKSAAN :

a. Konklusi A2 : ¬ (x y) = F (x y) = T x = T dan y =T

Periksa hipotesis A1 : (¬ x ¬ y) = F F = F seharusnya A1 = T

Asumsi A = F tidak pernah terjadi kalimat A valid

b. Hipotesis A1 = (¬ x ¬ y) = T, ada beberapa kemungkinan :

Hipotesis A1

(¬ x ¬ y) = T

Akibatnya pada

konklusi A2

¬ (x y)

Kondisi A2 yang

diperoleh dari asumsi

salah

Kontradiksi ?

Ya/tidak

x = F dan y = F T F Ya

x = F dan y = T T F Ya

x = T dan y = F T F Ya

Asumsi A = F tidak pernah terjadi kalimat A valid

2. Buktikan validitas kalimat B : (if x then y) if and only if ((not x) or y)

Jawab :

Bentuk kalimat biimplikasi B: B1 B2 (x y) (¬x y)

Misalkan B diasumsikan salah, maka ada 2 kemungkinan :

a. hipotesis B1 benar (x y) = T dan konklusi B2 salah (¬x y) = F

b. hipotesis B1 salah (x y) = F dan konklusi B2 benar (¬x y) = T

a.1). Dimulai dari hipotesis dulu (x y) = T dan (¬x y) = F

Hipotesis B1

(x y) = T

Akibatnya pada

konklusi B2

(¬x y) = F

Kondisi yang

diperoleh dari

asumsi salah

Kontradiksi ?

Ya/tidak

x = T dan y = T T F Ya


x = F dan y = F T F Ya

a.2). Dimulai dari konklusi dulu (x y) = T dan (¬x y) = F

Konklusi B2

(~x y) = F

Akibatnya pada

hipotesis B1

(x y)

Kondisi yang

diperoleh dari

asumsi salah

Kontradiksi ?

Ya/tidak

x = T dan y = F F T Ya

b.1). Dimulai dari hipotesis dulu (x y) = F dan (¬x y) = T

Hipotesis B1

(x y) = F

Akibatnya pada

konklusi B2

(¬x y) = F

Kondisi B2 yang

diperoleh dari

asumsi salah

Kontradiksi ?

Ya/tidak

x = T dan y = F F T Ya

b.2). Dimulai dari konklusi dulu (x y) = F dan (¬x y) = T

Konklusi B2

(¬x y) = T

Akibatnya pada

hipotesis B1

(x y)

Kondisi B1 yang

diperoleh dari

asumsi salah

Kontradiksi ?

Ya/tidak


x = T dan y = T T F Ya


Cara langsung

Contoh 1:

Buktikan validitas kalimat A : if ((not x) or (not y)) then (not(x and y))

Dibentuk notasi: A : (¬ x ¬ y) ¬ (x y)

(¬ x ¬ y) ¬ (x y)

2 1 3 2 1 5 4 1 3 1

F T F F T T F T T T

F T T T F T T T F F

T F T F T T T F F T

T F T T F T T F F F

Karena A bernilai T untuk masing-masing kasus, maka A Valid

Pohon Semantik

Metode lain yang digunakan untuk pengujian validitas suatu kalimat adalah dengan

teknik pohon semantik (semantic tree technique)

Pohon semantik

Misalkan suatu kalimat logika A terdiri dari 3 proposisi p, q dan r

Pohon semantik dimulai dengan cabang tertinggi untuk proposisi pertama (p)

Cabang tertinggi ini terdiri cabang kiri (T) dan cabang kanan (F)

Perhatikan cabang kiri No. 2 :

• Bila dengan p = T nilai kebenaran dari A sudah dapat ditentukan (bernilai benar

atau salah), maka cabang No. 2 ini tidak bercabang, misalkan nilainya salah

• Bila belum dapat ditentukan, maka cabang ini akan bercabang lagi, yaitu cabang

kiri (T) dan cabang kanan (F) untuk proposisi kedua q

Perhatikan cabang kiri No. 4 :

• Bila dengan p = T dan q = T nilai kebenaran dari A sudah dapat ditentukan

(bernilai benar atau salah), maka cabang No. 4 ini tidak bercabang, misalkan

nilainya benar

• Bila belum dapat ditentukan, maka cabang ini akan bercabang lagi, yaitu cabang

kiri (T) dan cabang kanan (F) untuk proposisi ketiga r

• Langkah-langkah tersebut di atas diulangi lagi untuk cabang-cabang lain

• Kalimat logika dikatakan valid bila semua cabangnya bernilai benar, bila ada

cabangnya yang bernilai salah, maka kalimat tsb dikatakan tidak valid

• Bila semua cabang bercabang lagi, maka pohon semantiknya menjadi :

Contoh Soal

Tentukan validitas kalimat G : if (if x then y) then (if (not x) then (not y))

Jawab:

Bentuk kalimat implikasi G :G1 G2

G : (p q) ( p q)

Periksa cabang No. 2 :

Bila p = T, maka p = F

G2 : ( p q) = T apapun nilai q

Bila ( p q) = T,

maka G = T apapun nilai G1 : (p q)

Nilai G sudah dapat ditentukan, yaitu bernilai T

Bentuk kalimat G implikasi :G1 G2

G : (p q) ( p q)


Bila p = F, maka G1: (p q) = T apapun nilai q

p = T, nilai G2 : ( p q) tergantung pada nilai q

Bila q = T, maka G2 = T dan bila q = F, maka G2 = F

Bila G2 = T, maka G = T dan bila G2 = F, maka G = F

Jadi nilai G belum sudah dapat ditentukan, cabang No. 3 bercabang lagi

Bentuk kalimat G implikasi :G1 G2

G : (p q) ( p q)


Bila p = F dan q = T, maka G1: (p q) = T dan G2 : ( p q) = F

Akibatnya G : G1 G2 bernilai salah (F)


Bila p = F dan q = F, maka G1: (p q) = T dan G2 : ( p q) = T

Akibatnya G : G1 G2 bernilai benar (T)

Karena ada cabang yang bernilai salah,

maka kalimat G tidak valid

Contoh Soal 2.5

Tentukan validitas kalimat B : [p (q r)] [(p q) r]

JAWAB

Bentuk kalimat B biimplikasi : B1 B

Karena semua cabang nilainya benar, maka kalimat B valid

Lebih efisien dari tabel kebenaran

KUANTOR PERNYATAAN

Misalkan P(x) adalah pernyataan yang menyangkut variabel x dan D adalah sebuah

himpunan, maka P adalah fungsi proposisi jika untuk setiap xD, berlaku P(x) adalah sebuah

proposisi.

Contoh:

Misalkan P(x) merupakan pernyataan :

x adalah sebuah bilangan bulat genap.

Misalkan D = himpunan bilangan bulat positif

Maka fungsi proposisi P(x) dapat ditulis:

jika x = 1 maka proposisinya

1 adalah bilangan bulat genap. (F)

jika x = 2 maka proposisinya

2 adalah bilangan bulat genap. (T)

dst.

Untuk menyatakan kuantitas suatu objek dalam proposisi tersebut digunakan notasi-notasi yang

disebut kuantor.

Macam-macam kuantor

Untuk setiap x, P(x) disebut kuantor universal

Simbol:

Untuk beberapa x, P(x) disebut kuantor eksistensial

Simbol:

Contoh:

Misalkan x himpunan warga negara Indonesia, P predikat membayar pajak, R predikat

membeli Ms Word,

Maka:

1. x,P(x)

artinya: semua warga negara membayar pajak

2. x,R(x),P(x)

artinya: ada beberapa warga negara membeli Ms word membayar pajak

3. x,R(x)P(x)

artinya: semua warga negara jika membeli ms word maka membayar pajak

4. x,R(x)P(x)

artinya: ada warga negara membeli ms word dan tidak membayar pajak

Predikat & Kuantifier

Pernyataan “x > 3” punya 2 bagian, yakni “x” sebagai subjek dan “ adalah lebih besar 3” sebagai

predikat P.

Kita dpt simbolkan pernyataan “x > 3” dengan P(x). Sehingga kita dapat mengevaluasi nilai

kebenaran dari P(4) dan P(1).

Subyek dari suatu pernyataan dapat berjumlah lebih dari satu.

Misalkan Q(x,y): x - 2y > x + y

Kuantor Universal

“P(x) benar untuk semua nilai x dalam domain pembicaraan”

x P(x).

Soal 1.

Tentukan nilai kebenaran x (x2 x) jika:

x bilangan real

x bilangan bulat

Untuk menunjukkan x P(x) salah, cukup dengan mencari satu nilai x dalam domain shg P(x)

salah.

Nilai x tersebut dikatakan contoh penyangkal (counter example) dari pernyataan x P(x).

Kuantor Eksistensi

“Ada nilai x dalam domain pembicaraan sehingga P(x) bernilai benar”

x P(x).

Soal 2.

Tentukan nilai kebenaran dari x P(x) bila P(x) menyatakan “x2 > 12” dan domain pembicaraan

meliputi semua bilangan bulat positif tidak lebih dari 4.

Kuantifier Bersusun (Nested Quantifier)

x y (x+y = y+x)

berarti x+y = y+x berlaku untuk semua bilangan real x dan y.

x y (x+y = 0)

berarti untuk setiap x ada nilai y sehingga x+y = 0.

x y z (x+(y+z) = (x+y)+z)

berarti untuk setiap x, y dan z berlaku hukum asosiatif x+(y+z) = (x+y)+z.

Soal-soal

Soal 3

Artikan kalimat ini dalam bahasa Indonesia:

x (C(x) y ( C(y) F(x,y))),

bila C(x) : “x mempunyai komputer”,

F(x,y): “x dan y berteman”,

dan domainnya adalah semua mahasiswa di kampus.

Soal 4.

Bagaimana dengan berikut ini:

x y z((F(x,y) F(x,z) (y z) F(y,z))

Soal 5

. Nyatakan negasi dari pernyataan

x y (xy=1).

Negasi Kuantor

~x = x

~x = x

Sehingga: ~(x,P(x)) = x,P(x)

~(x,P(x)) = x,P(x)

~(x,P(x)Q(x)) = x,( P(x) Q(x))

= x, P(x) Q(x)

Negasi (1)

“Setiap mahasiswa dalam kelas ini telah mengambil Kalkulus I”

[x P(x)]

Apakah negasi dari pernyataan ini….?

“Ada seorang mhs dalam kelas ini yang belum mengambil Kalkulus I”

[ x P(x)]

Jadi, x P(x) x P(x).

Negasi (2)

Soal 6. Carilah negasi dari pernyataan berikut:

“Ada politikus yang jujur”

“Semua orang Indonesia makan pecel lele”

Soal 7. Tentukan negasi dari:

x(x2 > x)

x (x2 = 2)

Perhatikan argumen matematik berikut ini:

1. P(n) : Jumlah bilangan bulat positif dari 1 sampai n adalah n(n + 1)/2

misal untuk n = 5 adalah 5(5+1)/2=15

terlihat: 1+2+3+4+5=15

2. P(n) : Jumlah dari n buah bilangan ganjil

positif pertama adalah n2

misal untuk n = 3 adalah 32

= 9

terlihat : 1 + 3 + 5 = 9

Induksi matematik merupakan teknik pembuktian yang baku dalam matematik, khususnya

menyangkut bilangan bulat positif.

Prinsip Induksi Sederhana

Misalkan P(n) adalah pernyataan perihal bilangan bulat positif dan kita ingin membuktikan

bahwa p(n) benar untuk semua bilangan bulat positif n. untuk membuktikan pernyataan ini, kita

hanya perlu membuktikan pernyataan ini, kita hanya perlu menunjukkan bahwa:

1. p(1) benar, dan

2. Untuk semua bilangan bulat positif n 1,

jika p(n) benar maka p(n+1) juga benar.

Langkah 1 dinamakan basis induksi

Langkah 2 dinamakan langkah induksi

Asumsi jika p(n) benar dinamakan hipotesis induksi.

Contoh:

Tunjukkan bahwa

untuk n 1, 1+2+…+n = n(n+1)/2

Bukti:

Basis induksi. Untuk n=1 kita peroleh 1 = 1(1+1)/2, ini jelas benar sebab

1 = 1 (1+1)/2

= 1 (2)/2

= 2/2

= 1

Langkah induksi. Andaikan untuk n 1 pernyataan

1+2+3+…+n = n(n+1)/2 adalah benar (hipotesis induksi)

Kita harus menunjukkan bahwa:

1+2+3+…+n + (n+1) = (n+1)[(n+1)]/2 juga benar

Untuk membuktikan ini tunjukkan bahwa:

1+2+3+…+ n + (n+1) = (1+2+3+…+n )+(n+1)

= [n(n+1)/2]+(n+1)

= [ (n2+n)/2]+(n+1)

= [ (n2+n)/2]+[(2n+2)/2]

= (n2+3n+2)/2

= ( n+1)[(n+1)+1]/2

Karena langkah basis dan langkah induksi keduanya telah dibuktikan benar, maka untuk semua

bilangan bulat positif n, terbukti bahwa:

1+2+3+…+n = n(n+1)/2

Logika predikat digunakan untuk merepresentasikan hal-hal yang tidak dapat direpresentasikan

dengan menggunakan logika proposisi. Pada logika predikat kita dapat merepresentasikan fakta-

fakta sebagai suatu pernyataan yang disebut dengan wff (well-formed formula).

Misalkan diketahui fakta-fakta sebagai berikut:

• Andi adalah seorang laki-laki : A

• Ali adalah seorang laki-laki : B

• Amir adalah seorang laki-laki : C

• Anto adalah seorang laki-laki : D

• Agus adalah seorang laki-laki : E

Pada contoh di atas, dapat dituliskan:

laki2(X)

di mana X adalah variabel yang bisa disubstitusikan dengan Andi, Ali, Amir, Anto, Agus dan

laki-laki yang lain.

Operator Logika Predikat

→ (implikasi),

⌐ (not),

∧ (and),

∨ (or),

∀ (untuk setiap),

∃ (terdapat)

Contoh :

1. Andi adalah seorang mahasiswa.

2. Andi masuk Jurusan Ilmu Komputer.

3. Setiap mahasiswa teknik informatika pasti mahasiswa ilmu komputer.

4. Kalkulus adalah matakuliah yang sulit.

5. Setiap mahasiswa teknik informatika pasti akan suka kalkulus atau akan membencinya.

6. Setiap mahasiswa pasti akan suka terhadap suatu matakuliah.

7. Mahasiswa yang tidak pernah hadir pada kuliah matakuliah sulit, maka mereka pasti

tidak suka terhadap matakuliah tersebut.

8. Andi tidak pernah hadir kuliah matakuliah kalkulus.

Jawab :

1. mahasiswa(Andi).

2. IlmuKomputer(Andi).

3. ∀x:TeknikInformatika(x)→IlmuKomputer(x).

4. sulit(Kalkulus).

5. ∀x:TeknikInformatika (x) → suka(x,Kalkulus) ∨ benci(x,Kalkulus).

6. ∀x:∃y:suka(x,y).

7. ∀x:∀y:mahasiswa(x)∧sulit(y) ∧ ￢hadir(x,y) →￢suka(x,y).

8. ￢hadir(Andi,Kalkulus).

Andaikan kita akan menjawab pertanyaan:

“Apakah Andi suka matakuliah kalkulus?”

Maka dari pernyataan ke-7 kita akan membuktikan bahwa Andi tidak suka dengan matakuliah

kalkulus. Dengan menggunakan penalaran backward bisa dibuktikan bahwa:

￢suka(Andi,Kalkulus)

￢suka(Andi,Kalkulus)

↑ (7, substitusi)

Mahasiswa(Andi) ∧ sulit(Kalkulus) ∧￢hadir(Andi,Kalkulus)

↑ (1)

sulit(Kalkulus) ∧ ￢hadir(Andi,Kalkulus)

↑ (4)

￢hadir(Andi,Kalkulus)

↑ (8)

Dari penalaran tersebut dapat dibuktikan bahwa Andi tidak suka dengan matakuliah kalkulus.

Aljabar Boolean

Pendahuluan

• Komputer digital modern dirancang, dipelihara, dan operasinya dianalisis dengan

memakai teknik dan simbologi dari bidang matematika yang dinamakan aljabar modern

atau aljabar Boolean

• pengetahuan mengenai aljabar boolean ini merupakan suatu keharusan dalam bidang

komputer.

KONSEP POKOK ALJABAR BOOLEAN

• Variabel – variabel yang dipakai dalam persamaan aljabar boolean memiliki karakteristik

• Variabel tersebut hanya dapat mengambil satu harga dari dua harga yang mungkin

diambil. Kedua harga ini dapat dipresentasikan dengan simbol “ 0 ” dan “ 1 ”.

Definisi 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.

Tupel

(B, +, , ‟)

Disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c B berlaku aksioma-aksioma atau postulat

Huntington berikut:

1. Closure: (i) a + b B

(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

4. Distributif:(i) a (b + c) = (a b) + (a c)

(ii) a + (b c) = (a + b) (a + c)

5. Komplemen1: (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

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 h(x, y, z) = xy z‟, nyatakan h dalam tabel kebenaran.

Penyelesaian:

x y z h(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

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 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

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: Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

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 = (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 = (0, 2, 3, 5, 6)

Contoh: 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 = (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 = (0, 2, 3)

Konversi Antar Bentuk Kanonik

Misalkan

f(x, y, z) = (1, 4, 5, 6, 7)

dan f ‟adalah fungsi komplemen dari f,

f ‟(x, y, z) = (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

= (0,2,3)

Jadi, f(x, y, z) = (1, 4, 5, 6, 7) = (0,2,3).

Kesimpulan: mj‟ = Mj

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.

Penyelesaian:

f(x, y, z) = (1, 3, 6, 7)

g(w, x, y, z)= (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‟

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)

Aplikasi Aljabar Boolean

1. Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

Saklar: 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 x

2. a x y b

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

3. a x

c

b y

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

2. Rangkaian Logika

Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT (inverter)

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

Jawab:

a. Cara pertama

b. Cara kedua

y

xxy

y

xx+ y x'x

x'

x

yxy

x

yx'y

xy+x'y

x'

xyx

y

x'y

xy+x'y

c. Cara ketiga

Gerbang turunan

Gerbang NAND Gerbang XOR

Gerbang NOR Gerbang XNOR

x'

xy

x y

x'y

xy+x'y

x

y(xy)'

x

y(x+y)'

x

y+x y

x

y+(x y)'

x'

y'x'y' ekivalen dengan

x

y(x+y)'

x'

y'x' + y' ekivalen dengan

x

y(xy)'

x

y(x + y)' ekivalen dengan

x

y(x + y)'

x + y

Penyederhanaan Fungsi Boolean

Contoh. f(x, y) = x‟y + 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 + 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

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

c. 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


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


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 5.12. 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).

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

Jawab: f(w, x, y, z) = xy‟z‟ + 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 5.11. 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 5.15: (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) = xy‟z + 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) = xy‟z + 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) = x‟z + x‟y + xy‟z + yz

Jawab:

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

Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:

yz

00

01

11

10

x 0 0 1 1 1

1 0 1 1 0

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

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) = (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 + v‟w‟z‟ + vy‟z

Kondisi Don’t care

Tabel 5.16

w X y z Decimal

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

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

0

0

1

1

1

1

1

0

0

Hasil minimisasi adalah f(x, y, z) = x‟y + xy‟.

x y z

x'yz

x'yz'

xy'z'

xy'z

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‟

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)

Penyelesaian:

Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:

00 01 11 10

00

01

11

10

X 1 1 X

0 X 1 0

0 0 1

0 0 1 0

0

yz

wx

Hasil penyederhanaan dalam bentuk SOP

f(w, x, y, z) = yz + w‟z (SOP) (garis penuh)

dan bentuk baku POS adalah

f(w, x, y, z) = z (w‟ + y) (POS) (garis putus2)

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 Quine-McCluskey . Metode ini mudah diprogram.

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) (b) (c)

term w x y z term w x y z term w x y z

0 0 0 0 0 0,1 0 0 0 - 0,2,8,10 - 0 - 0

0,2 0 0 - 0 0,8,2,10 - 0 - 0

1 0 0 0 1 0,8 - 0 0 0

2 0 0 1 0 10,11,14,15 1 - 1 -

8 1 0 0 0 2,10 - 0 1 0 10,14,11,15 1 - 1 -

8,10 1 0 - 0

10 1 0 1 0

10,11 1 0 1 -

11 1 0 1 1 10,14 1 - 1 0

14 1 1 1 0

11,15 1 - 1 1

15 1 1 1 1 14,15 1 1 1 -

(ii) Langkah 6 dan 7:

minterm

Bentuk prima 0 1 2 8 10 11 14 15

0,1

0,2,8,10

10,11,14,15

* * * * * *

Bentuk prima yang terpilih adalah:

0,1 yang bersesuaian dengan term w‟x‟y

0, 2, 8, 10 yang bersesuaian dengan term x‟z‟

10, 11, 14, 15 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.

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) (b) (c)

term w x y z term w x y z term w x y z

1 0 0 0 1 1,9 - 0 0 1 8,9,10,11 1 0 - -

4 0 1 0 0 4,6 0 1 - 0 8,10,9,11 1 0 - -

8 1 0 0 0 8,9 1 0 0 -

8,10 1 0 - 0

6 0 1 1 0

9 1 0 0 1 6,7 0 1 1 -

10 1 0 1 0 9,11 1 0 - 1

10,1 1 1 0 1 -

7 0 1 1 1

11 1 0 1 1 7,15 - 1 1 1

11,15 1 - 1 1

15 1 1 1 1

(ii) Langkah 6 dan 7

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.

Sekarang, semua minterm sudah tercakup dalam bentuk prima terpilih. Bentuk prima yang

terpilih adalah:

1,9 yang bersesuaian dengan term x‟y‟z

4,6 yang bersesuaian dengan term w‟xz‟

7,15 yang bersesuaian dengan term xyz

8,9,10,11 yang bersesuaian dengan term wx‟

Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z) = x‟y‟z + w‟xz‟ + xyz

+ wx‟.

Langkah-langkah metode

Quine-McCluskey

1. Nyatakan tiap minterm dalam n peubah menjadi string bit yang panjangnya n, yang dalam

hal ini peubah komplemen dinyatakan “0”, peubah yang bukan komplemen dengan “1”.

2. Kelompokkan tiap minterm berdasarkan jumlah “1” yang dimilikinya.

3. Kombinasikan minterm dalam n peubah dengan kelompok lain yang jumlah “1”-nya

berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima (prime-implicant) yang terdiri dari n-1

peubah. Minterm yang dikombinasikan diberi tanda “ √”

4. Kombinasikan minterm dalam n-1 peubah dengan kelompok lain yang jumlah “1”-nya

berbeda satu, sehingga diperoleh bentuk prima yang terdiri dari n-2 peubah.

5. Teruskan langkah 4 sampai diperoleh bentuk prima yang sesederhana mungkin.

6. Ambil semua bentuk prima yang tidak bertanda “√”. Buatlah tabel baru yang

memperlihatkan minterm dari ekspresi Boolean semula yang dicakup oleh paling sedikit

satu buah bentuk prima tersebut (tandai dengan “x”). Setiap minterm harus dicakup oleh

paling sedikit satu buah bentuk prima.

7. Pilih bentuk prima yang memiliki jumlah literal paling sedikit namun mencakup

sebanyak mungkin minterm dari ekspresi Boolean semula. Hal ini dapat dilakukan

dengan cara berikut:

a. Tandai kolom-kolom yang mempunyai satu buah tanda “x” dengan tanda “*”, lalu beri

tanda “√” di sebelah kiri bentuk prima yang berasosiasi dengan tanda “*” tersebut.

Bentuk prima ini telah dipilih untuk fungsi Boolean sederhana.

b. Untuk setiap bentuk prima yang telah ditandai dengan “√”, beri tanda minterm yang

dicakup oleh bentuk prima tersebut dengan tanda “√” (di baris bawah setelah “*”).

c. Periksa apakah masih ada minterm yang belum dicakup oleh bentuk prima terpilih. Jika

ada, pilih dari bentuk prima yang tersisa yang mencakup sebanyak mungkin minterm

tersebut. Beri tanda “√” bentuk prima yang dipilih itu serta minterm yang dicakupnya.

d. Ulangi langkah c sampai seluruh minterm sudah dicakup oleh semua bentuk prima.

Bentuk prima yang terpilih adalah:

0,1 yang bersesuaian dengan term w‟x‟y’

0, 2, 8, 10 yang bersesuaian dengan term x‟z‟

10, 11, 14, 15 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.

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.

Sekarang, semua minterm sudah tercakup dalam bentuk prima terpilih. Bentuk prima yang

terpilih adalah:

1,9 yang bersesuaian dengan term x‟y‟z

4,6 yang bersesuaian dengan term w‟xz‟

7,15 yang bersesuaian dengan term xyz

8,9,10,11 yang bersesuaian dengan term wx‟

Dengan demikian, fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah f(w, x, y, z) = x‟y‟z + w‟xz‟ + xyz

+ wx‟.

TAMBAHAN – TAMBAHAN

Not Or / Or

Adalah pernyataan gabungan yang dihasilkan dari menegasikan disjungsi

Notasi : p ↓ q, ⌐ (p V q)

Not And (NAND)

Adalah pernyataan gabungan yang dihasilkan dari menegasikan konjungsi

Notasi : p ↑ q, ⌐ (p ۸ q)

Exclusife OR (EXOR)

Di mana salah satunya benar atau salah

Notasi ( p q)

Contoh notasi Polandia :

Ubahlah menjadi notasi operatir logika Polandia :

a. ⌐ (p v q) → r

Jawab :

CNApqr

Pembuktian Dengan Asumsi Salah yang Lain :

Contoh :

Ẫ : if ((not x) or ( not y)) then ( not (x and y))

F F5 T4 T1 F5 T4 F1 T3 T2 T3

Karena terjadi kontradiksi maka kalimat Ẫ VALID

Documents

4611412026_lahmad Asif Qolbi