ALJABAR BOOLEAN

Definisi

Aljabar boolean adalah cabang ilmu matematika yang diperlukan untuk mempelajari desain logika dari suatu sistem digital yang merupakan operasi aritmatik pada bilangan boolean (bilangan yang hanya mengenal 2 keadaan yaitu False/True, Yes/No, 1/0) atau bisa disebut bilangan biner.

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.

(B, +, ×, ’) disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c Î B berlaku aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:

1. Closure: (i) a + b Î B

(ii) a × b Î 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. Komplemen[1]: (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 :

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:

(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:

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

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’
• 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 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

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. 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

Contoh:

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

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 = å (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 = Õ(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 = S (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 = Õ(0, 2, 3)

Konversi Antar Bentuk Kanonik

Misalkan

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

dan f ’adalah fungsi komplemen dari f,

f ’(x, y, z) = S (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

= Õ (0,2,3)

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

Kesimpulan: mj’ = Mj

Contoh. Nyatakan

f(x, y, z)= Õ (0, 2, 4, 5) dan

g(w, x, y, z) = S(1, 2, 5, 6, 10, 15)

dalam bentuk SOP dan POS

Penyelesaian:

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

g(w, x, y, z)= Õ (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

1. 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:

Contoh rangkaian pensaklaran pada rangkaian listrik:

1. Saklar dalam hubungan SERI: logika AND

2. Saklar dalam hubungan PARALEL: logika OR

2. Rangkaian Logika

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

b. Peta dengan tiga peubah

Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.

c. Peta dengan empat peubah

Contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.

Teknik Minimisasi Fungsi Boolean dengan Peta Karnaugh

1. Pasangan: dua buah 1 yang bertetangga

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

Sebelum disederhanakan: f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’

Hasil penyederhanaan: f(w, x, y, z) = wx

Bukti secara aljabar:

f(w, x, y, z) = wxy’ + wxy

= wx(z’ + z)

= wx(1)

= wx

Contoh lain:

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

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

Bukti secara aljabar:

f(w, x, y, z) = wy’ + wy

= w(y’ + y)

= w

Peta Karnaugh untuk lima peubah

Contoh:

(Contoh penggunaan Peta 5 peubah) Carilah fungsi sederhana dari f(v, w, x, y, z) = S (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 29, 31)

Jawab:

Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah: