6 Bab IV Aljabar Boolean Subalgebra Fungsi dan
(6) Bab IV. Aljabar Boolean -Subalgebra - Fungsi dan Ekspresi Boole - Logika Kalimat 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 1
Pengantar: Boolean Algebra • Operasi Biner (2 -ary operasion) : +, -, x pada himpunan dari semua bilangan bulat. • Operasi singular (1 -ary operasion) : f(x)=x-1 pada himpunan dari semua bilangan bulat. 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 2
Definisi Aljabar Boolean • Aljabar boolean merupakan aljabar yang terdiri atas suatu himpunan dengan dua operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut. 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 3
Aksioma Untuk Aljabar Boolean • Dengan aljabar boolean dimaksudkan suatu sistem yang dibentuk oleh himpunan B dengan dua operator biner (. dan +), satu operasi singular (yang diberi notasi. . ’), dan dua elemen khusus (0 dan 1) sedemikian rupa sehingga membentuk aksioma: 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 4
Aksioma Aljabar Boolean 1 2 3 4 5 6 7 8 8/26/2021 x+y=y+x Komutatif x. y=y. x Komutatif x. (y+z)=x. y+x. z Distributif x+(y. z)=x+y. x+z Distributif x+0=x Identitas x. 1=x Identitas x+x’=1 Komplemen x+y=1 x. x’=0 Komplemen x. y=0 Herlina Jayadianti-Logika 5
Contoh 1 Pembuktian Sifat Boolean • Bila y komplemen dari x, maka menurut aksioma (7) dan (8) berlaku x+y=1 dan x. y=0 • Bila x+y=1 dan x. y=0 maka y =y+0 (aksioma 5) =y+(x. x’) (aksioma 8) =(y+x). (y+x’) (aksioma 1 dan 4) =1. (y+x’) (diketahui) =(y+x’). 1 (aksioma 2) = y+x’ (aksioma 6) y = y+x’ 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 6
Lanjutan • Bila x+y=1 dan x. y=0 maka x’ =x’+0 (aksioma 5) =x’+(x. y) (diketahui) =(x’+x). (x’+y) (aksioma 1 dan 4) =1. (x’+y) (aksioma 7) =(x’+y). 1 (aksioma 2) = x’+y (aksioma 6) = y+x’ (aksioma 1) =y (lihat bag 1 halaman sebelumnya) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 7
Lanjutan • Sehingga terbukti y=x’ (atau y adalah komplemen dari x) • Dari dua penjabaran diatas terbukti bahwa y komplemen x jika dan hanya jika x+1=y dan x. y=0 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 8
Aksioma Aljabar Boolean Hukum Identitas x+0=x x. 1=x Hukum idempoten x+x=x x. x=x Hukum Komutatif x+y=y+x x. y=y. x Hukum komplemen x+x’=1 x. x’=0 Hukum dominasi x. 0=0 x+1=1 Hukum Distributif x+(y. z)=(x+y). (x+z) x. (y+z)= (x. y)+(x. z) Hukum Involusi (x’) ’=x Hukum penyerapan x+(x. y)=x x. (x+y)=x Hukum 0/1 0’=1 1’=0 Hukum asosiatif x+(x+y)=(x+x)+y x. (x. y)=(x. x). y Hukum De Morgan (x+y)’=x’. y’ (xy)’=x’+y’ 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 9
Contoh 2 Pembuktian Sifat Boolean Idempoten Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka: x. x=x dan x+x=x x =x. 1 identitas = x. (x+x’) komplemen = x. x+x. x’ distributif = x. x+0 komplemen = x. x identitas/terbukti x=x. x idempoten 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 10
Lanjutan Idempoten Untuk setiap x dalam aljabar boolean maka: x. x=x dan x+x=x x =x+0 (identitas) = x+(x. x’) (komplemen) = x+x’ (distributif) = (x+x). 1 (komplemen) = x+x (identitas) terbukti x=x+x idempoten 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 11
Contoh 3 Pembuktian Sifat Boolean • Pembuktian H. Idempoten: x+x = (x+x)(1) identitas = (x+x)(x+x’) komplemen = x+(x+x’) Asosiatif = x+0 komplemen =x identitas 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 12
Contoh 4 Pembuktian Sifat Boolean Hukum dominasi x. 0=0 x+1=1 • Pembuktian H. Dominasi: x+1 = x+(x+x’) komplemen = (x+x)+x’ Asosiatif = x+x’ Idempoten =1 komplemen 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 13
Contoh 5 Pembuktian Sifat Boolean Hukum penyerapan x+(x. y)=x x. (x+y)=x • Hukum Penyerapan x. (x+y) = x. x+x. y = x+(x. y) = x+0 =x 8/26/2021 distributif idempoten komplemen identitas/terbukti Herlina Jayadianti-Logika 14
Dualitas Prinsip dualitas Misalkan S adalah kesamaan tentang aljabar boolean yang melibatkan operasi +, . , dan komplemen, maka S*diperoleh dengan cara mengganti : . Dengan + + Dengan. 1 Dengan 0 0 Dengan 1 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 15
CONTOH DUALITAS Hukum Komutatif x+y=y+x x. y=y. x Hukum Distributif a+(b. c)=(a+b). (a+c) a. (b+c)= (a. b)+(a. c) 8/26/2021 Hukum Komutatif Dual x. y=y. x x+y=y+x Hukum Distributif Dual a. (b+c)= (a. b)+(a. c) a+(b. c)= (a+b)(a+c) Herlina Jayadianti-Logika 16
OPERASI-OPERASI PADA PROPOSISI Konjungsi Disjungsi Implikasi Biimplikasi p q p q p↔q 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 p ¬ 1 0 0 1 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 17
FUNGSI BOOLEAN Contoh: Buktikan bahwa f(x, y, z)= x’y’z+ x’yz+xy’ = f(x, y, z)=x’z+xy’. Jawab: f(x, y, z) = x’y’z+ x’yz+xy’ = x’z. (y+y’)+xy’ = x’z. 1+xy’ = x’z+ xy’ terbukti (coba buktikan dengan table kebenaran) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 18
FUNGSI KOMPLEMEN Dengan hukum de Morgan (x 1+x 2)’=x 1’. x 2’ dualnya (x 1. x 2)’=x 1’+x 2’ contoh: (x 1, x 2, x 3)’ = (x 1+y)’ misal y=x 2+x 3 = (x 1+ x 2+x 3)’ = x 1. x 2. x 3 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 19
FUNGSI KOMPLEMEN Dengan prinsip dulitas f(x, y, z)=x’(yz’+y’z) Cari komplemen dari fungsi f’(x, y, z)=(x’(yz’+y’z))’ Jawab: f’(x, y, z) = (x’(yz’+y’z))’ = x+( yz’+y’z)’ = x+ (yz’)’. (y’z)’ = x+( y’+z). ( y+z’) atau: f(x, y, z) = x’(yz’+y’z) dualnya x’+(y+z’. y’+z) f’(x, y, z) = x+(y’+z. y+z’) = x+( y’+z). ( y+z’) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 20
soal f(x, y, z)=x’(yz’+y’z) Cari komplemen dari fungsi Jawab: f’(x, y, z)=(x’(yz’+y’z))’ f’(x, y, z) = (x’(yz’+y’z))’ = x+(yz’)’. (y’z)’ = x+(y’+z). (y+z’) f(x, y, z)= x’(yz’+y’z) dualnya x+(y+z’. y’+z) f’(x, y, z) = x+(y’+z). ( y+z’) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 21
SOAL LATIHAN • Diketahui fungsi Boolean h(x, y, z)=xyz’, nyatakan dalam table kebenaran 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 22
Bentuk Kanonik Dan Bentuk Baku X Y Z Midterm (SOP) suku Maksterm (POS) lambang suku lambang 0 0 0 X’ Y ’ Z ’ mo X +Y+ Z Mo 0 0 1 X’ Y ’ Z m 1 X +Y+ Z’ M 1 0 X’ Y Z ’ m 2 X +Y’+ Z M 2 0 1 1 X’ Y Z m 3 X +Y’+ Z’ M 3 1 0 0 X Y ’ Z’ m 4 X’ +Y+ Z M 4 1 0 1 X Y’ Z m 5 X’ +Y+ Z’ M 5 1 1 0 X Y Z’ m 6 X’ +Y’+ Z M 6 1 1 1 XYZ m 7 X’ +Y’+ Z’ M 7 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 23
SOAL LATIHAN Tinjau fungsi boolean yang diekspresikan dalam tabel berikut, nyatakan fungsi tersebut dalam bentuk kanonik SOP dan POS X Y Z F(X, Y, Z) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 24
JAWAB • SOP: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 1 f(x, y, z)= x’ y’ z+ x y’ z’+ x y z f(x, y, z)= m 1+m 4+m 7=∑(1, 4, 7) • POS: bentuk kombinasi peubah yang menghasilkan nilai 0 f(x, y, z)=( x +y+ z)( x +y’+z’)( x’ +y+z’)( x’ +y’+z) f(x, y, z)= M 0+M 2+M 3+M 5+M 6=∏(0, 2, 3, 5, 6) 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 25
SOAL LATIHAN 1. Nyatakan fungsi boolean f(x, y, z)=xy+x’z dalam bentuk kanonik POS 2. Nyatakan fungsi boolean f(x, y, z)=x+y’z dalam bentuk kanonik POS dan SOP 3. Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z)=y’+xy+x’yz’ 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 26
Dalam Kuliah Matematika Diskrit akan anda temui kembali materi Aljabar Boolean 8/26/2021 Herlina Jayadianti-Logika 27
- Slides: 27