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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 69
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 71
(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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 72
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 73
(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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 74
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 75
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 76
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 77
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 78
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 79
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 80
2. Rangkaian Logika
Gerbang AND Gerbang OR Gerbang NOT (inverter)
y
xxy
y
xx+ y x'x
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 81
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 82
(b) Cara kedua
(c) Cara ketiga
x'
xy
x y
x'y
xy+x'y
x'
xyx
y
x'y
xy+x 'y
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 83
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)'
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 84
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 85
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 86
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 87
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 88
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 89
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 90
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 91
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 92
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 93
Bukti secara aljabar:
f(w, x, y, z) = wxy‟ + wxy
= wx(z‟ + z)
= wx(1)
= wx
yz
00
01
11
10
wx 00 0 0 0 0
01 0 0 0 0
11 1 1 1 1
10 0 0 0 0
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 94
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 95
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 96
Bukti secara aljabar:
f(w, x, y, z) = wy‟ + wy
= w(y‟ + y)
= w
yz
00
01
11
10
wx 00 0 0 0 0
01 0 0 0 0
11 1 1 1 1
10 1 1 1 1
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 97
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 98
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 99
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).
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 100
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 101
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 102
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 103
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.
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 104
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 105
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 106
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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 107
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 108
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 109
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 110
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 111
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 112
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 113
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‟.
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 114
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
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 115
(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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 116
(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‟
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 117
x y zw
f3
f4
f2
f1
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 118
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 119
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)
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 120
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.
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 121
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 -
Rinaldi Munir/IF2151 Mat. Diskrit 122
(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