Download pdf - Himpunan, Relasi, Fungsi, Proposisi, Poset, Lattice ...feni.andriani.staff.gunadarma.ac.id/Downloads/files/58711/matif1-IA-Feni.pdf2 Relasi x Relasi biner R antara himpunan A dan B

Materi Ajar

Matematika Informatika 1

FENI ANDRIANI

Universitas Gunadarma

1

Himpunan, Relasi, Fungsi, Proposisi,

Poset, Lattice, Aljabar Boolean

2

Relasi

Relasi biner R antara himpunan A dan B adalah himpunan

bagian dari Produk Cartesius A B.

Notasi: R (A B).

a R b adalah notasi untuk (a, b) R, yang artinya a

dihubungankan dengan b oleh R

a R b adalah notasi untuk (a, b) R, yang artinya a tidak

dihubungkan oleh b oleh relasi R.

Himpunan A disebut daerah asal (domain) dari R, dan

himpunan B disebut daerah hasil (range) dari R.

3

Contoh Relasi

Misalkan P = {2, 3, 4} dan Q = {2, 4, 8, 9, 15}.

Jika kita definisikan relasi R dari P ke Q dengan

(p, q) R jika p habis membagi q

maka kita peroleh

R = {(2, 2), (2, 4), (4, 4), (2, 8), (4, 8), (3, 9), (3, 15) }

4

Representasi Relasi

1. Representasi Relasi dengan Diagram Panah

Amir

Budi

Cecep

IF221

IF251

IF342

IF323

2

3

4

2

4

8

9

15

2

3

4

8

9

2

3

4

8

9

AB

P

QA A

5

2. Representasi Relasi dengan Tabel

Kolom pertama tabel menyatakan daerah asal, sedangkan

kolom kedua menyatakan daerah hasil.

Tabel 1 Tabel 2 Tabel 3

A B P Q A A

Amir IF251 2 2 2 2

Amir IF323 2 4 2 4

Budi IF221 4 4 2 8

Budi IF251 2 8 3 3

Cecep IF323 4 8 3 3

3 9

3 15

6

3. Representasi Relasi dengan Matriks

Misalkan R adalah relasi dari A = {a1, a2, …, am} dan B =

{b1, b2, …, bn}.

Relasi R dapat disajikan dengan matriks M = [mij],

b1 b2 bn

M =

mnmm

n

n

mmmm

mmm

mmm

a

a

a

21

22221

11211

2

1

yang dalam hal ini

Rba

Rbam

ji

ji

ij),(,0

),(,1

7

4. Representasi Relasi dengan Graf Berarah

Relasi pada sebuah himpunan dapat direpresentasikan secara

grafis dengan graf berarah (directed graph atau digraph)

Graf berarah tidak didefinisikan untuk merepresentasikan

relasi dari suatu himpunan ke himpunan lain.

Tiap elemen himpunan dinyatakan dengan sebuah titik

(disebut juga simpul atau vertex), dan tiap pasangan terurut

dinyatakan dengan busur (arc)

Jika (a, b) R, maka sebuah busur dibuat dari simpul a ke

simpul b. Simpul a disebut simpul asal (initial vertex) dan

simpul b disebut simpul tujuan (terminal vertex).

Pasangan terurut (a, a) dinyatakan dengan busur dari simpul

a ke simpul a sendiri. Busur semacam itu disebut gelang atau

kalang (loop).

8

Sifat-sifat Relasi Biner

Relasi biner yang didefinisikan pada sebuah himpunan

mempunyai beberapa sifat.

1. Refleksif (reflexive)

Relasi R pada himpunan A disebut refleksif jika (a, a) R

untuk setiap a A.

Relasi R pada himpunan A tidak refleksif jika ada a A

sedemikian sehingga (a, a) R.

9

Relasi yang bersifat refleksif mempunyai matriks yang

elemen diagonal utamanya semua bernilai 1, atau mii = 1,

untuk i = 1, 2, …, n,

1

1

1

1

Graf berarah dari relasi yang bersifat refleksif dicirikan

adanya gelang pada setiap simpulnya.

10

2. Transitif

Relasi R pada himpunan A disebut transitif jika (a, b) R

dan (b, c) R, maka (a, c) R, untuk a, b, c A.

11

Relasi yang bersifat transitif tidak mempunyai ciri khusus

pada matriks representasinya

Sifat transitif pada graf berarah ditunjukkan oleh: jika ada

busur dari a ke b dan dari b ke c, maka juga terdapat busur

berarah dari a ke c.

12

3. Setangkup (symmetric) dan tolak-setangkup (antisymmetric)

Relasi R pada himpunan A disebut setangkup jika (a, b) R,

maka (b, a) R untuk a, b A.

Relasi R pada himpunan A tidak setangkup jika (a, b) R

sedemikian sehingga (b, a) R.

Relasi R pada himpunan A sedemikian sehingga (a, b) R

dan (b, a) R hanya jika a = b untuk a, b A disebut tolak-

setangkup.

Relasi R pada himpunan A tidak tolak-setangkup jika ada

elemen berbeda a dan b sedemikian sehingga (a, b) R dan

(b, a) R.

13

Relasi yang bersifat setangkup mempunyai matriks yang

elemen-elemen di bawah diagonal utama merupakan

pencerminan dari elemen-elemen di atas diagonal utama, atau

mij = mji = 1, untuk i = 1, 2, …, n :

0

1

0

1

Sedangkan graf berarah dari relasi yang bersifat setangkup

dicirikan oleh: jika ada busur dari a ke b, maka juga ada

busur dari b ke a.

14

Matriks dari relasi tolak-setangkup mempunyai sifat yaitu

jika mij = 1 dengan i j, maka mji = 0. Dengan kata lain,

matriks dari relasi tolak-setangkup adalah jika salah satu dari

mij = 0 atau mji = 0 bila i j :

0

1

10

0

1

Sedangkan graf berarah dari relasi yang bersifat tolak-

setangkup dicirikan oleh: jika dan hanya jika tidak pernah

ada dua busur dalam arah berlawanan antara dua simpul

berbeda.

15

Relasi Inversi

Misalkan R adalah relasi dari himpunan A ke himpunan B.

Invers dari relasi R, dilambangkan dengan R–1

, adalah relasi

dari B ke A yang didefinisikan oleh

R–1

= {(b, a) | (a, b) R }

16

Mengkombinasikan Relasi

Karena relasi biner merupakan himpunan pasangan terurut,

maka operasi himpunan seperti irisan, gabungan, selisih, dan

beda setangkup antara dua relasi atau lebih juga berlaku.

Jika R1 dan R2 masing-masing adalah relasi dari himpuna A

ke himpunan B, maka R1 R2, R1 R2, R1 – R2, dan R1 R2

juga adalah relasi dari A ke B.

17

Komposisi Relasi

Misalkan R adalah relasi dari himpunan A ke himpunan B,

dan S adalah relasi dari himpunan B ke himpunan C.

Komposisi R dan S, dinotasikan dengan S R, adalah relasi

dari A ke C yang didefinisikan oleh

S R = {(a, c) a A, c C, dan untuk beberapa b B, (a,

b) R dan (b, c) S }

18

Komposisi relasi R dan S lebih jelas jika diperagakan dengan

diagram panah:

1

2

3

2

4

6

8

s

t

u

19

Jika relasi R1 dan R2 masing-masing dinyatakan dengan

matriks MR1 dan MR2, maka matriks yang menyatakan

komposisi dari kedua relasi tersebut adalah

MR2 R1 = MR1 MR2

yang dalam hal ini operator “.” sama seperti pada perkalian

matriks biasa, tetapi dengan mengganti tanda kali dengan “”

dan tanda tambah dengan “”.

Relasi Kesetaraan

20

DEFINISI. Relasi R pada himpunan A disebut relasi

kesetaraan (equivalence relation) jika ia refleksif, setangkup

dan menghantar.

IF2151/Relasi dan Fungsi 21

Secara intuitif, di dalam relasi kesetaraan, dua benda

berhubungan jika keduanya memiliki beberapa sifat yang

sama atau memenuhi beberapa persyaratan yang sama.

Dua elemen yang dihubungkan dengan relasi kesetaraan

dinamakan setara (equivalent).

22

Contoh:

A = himpunan mahasiswa, R relasi pada A:

(a, b) R jika a satu angkatan dengan b.

R refleksif: setiap mahasiswa seangkatan dengan dirinya sendiri

R setangkup: jika a seangkatan dengan b, maka b pasti seangkatan dengan a.

R menghantar: jika a seangkatan dengan b dan b seangkatan dengan c, maka pastilah a seangkatan dengan c.

Dengan demikian, R adalah relasi kesetaraan.

Relasi Pengurutan Parsial

23

DEFINISI. Relasi R pada himpunan S dikatakan relasi

pengurutan parsial (partial ordering relation) jika ia

refleksif, tolak-setangkup, dan menghantar.

Himpunan S bersama-sama dengan relasi R disebut

himpunan terurut secara parsial (partially ordered set,

atau poset), dan dilambangkan dengan (S, R).

24

Contoh: Relasi pada himpunan bilangan bulat adalah relasi pengurutan parsial.

Alasan:

Relasi refleksif, karena a a untuk setiap bilangan bulat a;

Relasi tolak-setangkup, karena jika a b dan b a, maka a = b;

Relasi menghantar, karena jika a b dan b c maka a c.

25

Contoh: Relasi “habis membagi” pada himpunan bilangan

bulat adalah relasi pengurutan parsial.

Alasan: relasi “habis membagi” bersifat refleksif, tolak-

setangkup, dan menghantar.

26

Secara intuitif, di dalam relasi pengurutan parsial, dua buah

benda saling berhubungan jika salah satunya -- lebih kecil

(lebih besar) daripada,

- atau lebih rendah (lebih tinggi)

daripada lainnya menurut sifat atau kriteria tertentu.

27

Istilah pengurutan menyatakan bahwa benda-benda di dalam himpunan tersebut dirutkan berdasarkan sifat atau kriteria tersebut.

Ada juga kemungkinan dua buah benda di dalam himpunan tidak berhubungan dalam suatu relasi pengurutan parsial. Dalam hal demikian, kita tidak dapat membandingkan keduanya sehingga tidak dapat diidentifikasi mana yang lebih besar atau lebih kecil.

Itulah alasan digunakan istilah pengurutan parsial atau pengurutan tak-lengkap

28

Fungsi

Misalkan A dan B himpunan.

Relasi biner f dari A ke B merupakan suatu fungsi jika setiap

elemen di dalam A dihubungkan dengan tepat satu elemen di

dalam B.

Jika f adalah fungsi dari A ke B kita menuliskan

f : A B

yang artinya f memetakan A ke B.

A disebut daerah asal (domain) dari f dan B disebut daerah

hasil (codomain) dari f.

Nama lain untuk fungsi adalah pemetaan atau transformasi.

Kita menuliskan f(a) = b jika elemen a di dalam A

dihubungkan dengan elemen b di dalam B.

29

Jika f(a) = b, maka b dinamakan bayangan (image) dari a

dan a dinamakan pra-bayangan (pre-image) dari b.

Himpunan yang berisi semua nilai pemetaan f disebut jelajah

(range) dari f. Perhatikan bahwa jelajah dari f adalah

himpunan bagian (mungkin proper subset) dari B.

a b

A B

f

30

Fungsi adalah relasi yang khusus:

1. Tiap elemen di dalam himpunan A harus digunakan oleh

prosedur atau kaidah yang mendefinisikan f.

2. Frasa “dihubungkan dengan tepat satu elemen di dalam B”

berarti bahwa jika (a, b) f dan (a, c) f, maka b = c.

31

Fungsi f dikatakan satu-ke-satu (one-to-one) atau injektif

(injective) jika tidak ada dua elemen himpunan A yang

memiliki bayangan sama.

a 1

A B

2

3

4

5

b

c

d

32

Fungsi f dikatakan dipetakan pada (onto) atau surjektif

(surjective) jika setiap elemen himpunan B merupakan

bayangan dari satu atau lebih elemen himpunan A.

Dengan kata lain seluruh elemen B merupakan jelajah dari f.

Fungsi f disebut fungsi pada himpunan B.

a 1

A B

2

3

b

c

d

33

Fungsi f dikatakan berkoresponden satu-ke-satu atau

bijeksi (bijection) jika ia fungsi satu-ke-satu dan juga fungsi

pada.

Contoh

f = {(1, u), (2, w), (3, v)}

dari A = {1, 2, 3} ke B = {u, v, w} adalah fungsi yang

berkoresponden satu-ke-satu, karena f adalah fungsi satu-ke-satu

maupun fungsi pada.

34

Jika f adalah fungsi berkoresponden satu-ke-satu dari A ke B,

maka kita dapat menemukan balikan (invers) dari f.

Balikan fungsi dilambangkan dengan f –1

. Misalkan a adalah

anggota himpunan A dan b adalah anggota himpunan B,

maka f -1

(b) = a jika f(a) = b.

Fungsi yang berkoresponden satu-ke-satu sering dinamakan

juga fungsi yang invertible (dapat dibalikkan), karena kita

dapat mendefinisikan fungsi balikannya. Sebuah fungsi

dikatakan not invertible (tidak dapat dibalikkan) jika ia bukan

fungsi yang berkoresponden satu-ke-satu, karena fungsi

balikannya tidak ada.

35

Komposisi dari dua buah fungsi.

Misalkan g adalah fungsi dari himpunan A ke himpunan B, dan f

adalah fungsi dari himpunan B ke himpunan C. Komposisi f dan g,

dinotasikan dengan f g, adalah fungsi dari A ke C yang

didefinisikan oleh

(f g)(a) = f(g(a))

36

Fungsi Rekursif

Fungsi f dikatakan fungsi rekursif jika definisi fungsinya

mengacu pada dirinya sendiri.

Contoh: n! = 1 2 … (n – 1) n = (n – 1)! n.

0,)!1(

0,1!

nnn

nn

Fungsi rekursif disusun oleh dua bagian:

(a) Basis

Bagian yang berisi nilai awal yang tidak mengacu pada dirinya

sendiri. Bagian ini juga sekaligus menghentikan definisi

rekursif.

(b) Rekurens

Bagian ini mendefinisikan argumen fungsi dalam terminologi

dirinya sendiri. Setiap kali fungsi mengacu pada dirinya sendiri,

argumen dari fungsi harus lebih dekat ke nilai awal (basis).

37

Contoh definisi rekursif dari faktorial:

(a) basis:

n! = 1 , jika n = 0

(b) rekurens:

n! = n (n -1)! , jika n > 0

5! dihitung dengan langkah berikut:

(1) 5! = 5 4! (rekurens)

(2) 4! = 4 3!

(3) 3! = 3 2!

(4) 2! = 2 1!

(5) 1! = 1 0!

(6) 0! = 1

(6‟) 0! = 1

(5‟) 1! = 1 0! = 1 1 = 1

(4‟) 2! = 2 1! = 2 1 = 2

(3‟) 3! = 3 2! = 3 2 = 6

(2‟) 4! = 4 3! = 4 6 = 24

(1‟) 5! = 5 4! = 5 24 = 120

Jadi, 5! = 120.

POSET : Suatu relasi biner R pada himpunan S (R: S S) dikatakan partially order (terurut sebagian) jika relasi tersebut bersifat reflektif, anti simetri dan transitif. Himpunan S bersama relasi R disebut poset. Jadi (S,R) poset jika relasi R pada S reflektif, anti simetri dan transitif.

Pengertian

Relasi 'kurang dari atau sama dengan', relasi lebih dari atau sama dengan, dan relasi habis membagi pada himpunan bilangan bulat merupakan relasi yang terurut sebagian (partially ordered). Sehingga kita mempunyai poset-poset : (Z,), (Z,) dan (Z,). Secara umum notasi poset ditulis (S, ), relasi untuk mewakili semua relasi partially ordered.

Contoh :

Dapat dibuktikan bahwa relasi-relasi , , merupakan relasi yang

bersifat reflektif, anti simetri dan transitif.

KONSEP-KONSEP DI DALAM POSET: Beberapa konsep atau

istilah matematika yang terkait dengan poset adalah: Upper Bound

(ub) atau batas atas, supremum atau least upper bound (lub) atau

batas atas terkecil, lower bound (lb) atau batas bawah, infimum

atau great lower bound (glb) atau batas bawah terbesar.

Istilah dalam Poset

UPPER BOUND : Misalkan (S, ) poset, H S, unsur S

adalah upper bound atau batas atas dari himpunan H bila h

untuk setiap h H.

LOWER BOUND : Bila (S, ) poset, himpunan K S, unsur

S adalah lower bound atau batas bawah dari himpunan K

bila k untuk setiap k K.

Istilah dalam Poset (2)

SUPREMUM : Bila (S, ) poset, H S, S adalah supremum himpunan H jika batas atas terkecil (least upper bound = lub) dari H, atau dengan kata lain : batas atas H, dan tidak ada batas atas lain H sehingga .

INFIMUM : Bila (S, ) poset, himpunan K S, S adalah infimum himpunan K jika batas bawah terbesar (greatest lower bound = glb) dari K, atau dengan kata lain : batas bawah K, dan tidak ada batas bawah lain K sehingga .

CONTOH :

Misalkan poset S = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24} dengan

relasi 'habis membagi' maka diagram Hasse dari poset

tersebut adalah:

(Coba gambarkan dan diskusikan!!)

Lattice

LATTICE: Suatu poset (S, ) sehingga setiap dua unsur S

mempunyai lub (least upper bound = supremum) dan glb

(greatest lower baund = infimum) yang tunggal disebut lattice.

Pada contoh himpunan S = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24}

dengan relasi 'habis membagi' maka poset ini bukan lattice sebab

ada {3, 6} yang memiliki dua lub yaitu 12 dan 18. Latiice S

dengan relasi lub dan glb dapat dipandang sebagai suatu sistem (S,

, ) dengan =relasi lub & =relasi glb pada setiap dua unsur

pada S.

Operasi Lattice avb = lub {a,b} dan a^b = glb {a,b} n SIFAT-SIFAT Lattice:

~Komutatif avb = bva dan a^b = b^a ~Asosiatif (av b) v c = a v (b vc) dan (a ^ b) ^ c = a ^(b ^ c)

~Absorbsi a v (a ^ b) = a dan a ^(avb) = a ~Idempoten ava = a dan a ^ a = a

Macam2 Lattice

1.bounded lattices

2.distributive lattices

3.complemented lattices

Berikan masing-masing contoh….beserta aplikasinya..

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.

52

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 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(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

Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 68

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 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

70

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 7.11. 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


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


2. Rangkaian Logika

Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT (inverter)

y

xxy

y

xx+ y x'x


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

logika.

Jawab: (a) Cara pertama

x'

x

yxy

x

yx'y

xy+x'y


(b) Cara kedua

(c) Cara ketiga

x'

xy

x y

x'y

xy+x'y

x'

xyx

y

x'y

xy+x 'y


Gerbang turunan

Gerbang NAND Gerbang XOR

Gerbang NOR Gerbang XNOR

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 + xz‟

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


b. 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

00

0

00

1

01

1

01

0

11

0

11

1

10

1

10

0

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 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 + 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:

x y z

x'yz

x'yz'

xy'z'

xy'z


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‟.


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‟


x y zw

f3

f4

f2

f1


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 Peat 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 -


(i) 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.

123

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

124

(i) Langkah 6 dan 7

minterm

Bentuk prima 1 4 6 7 8 9 10 11 15

1,9

4,6

6,7

7,15

11,15

8,9,10,11

* * * *

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.

125

minterm

Bentuk prima 1 4 6 7 8 9 10 11 15

1,9

4,6

6,7

7,15

11,15

8,9,10,11

* * * *

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‟.

Referensi

Rinaldi munir