Aljabar Boolean

  • Misalkan terdapat

–         Dua operator biner: + dan ×

–         Sebuah operator uner: ’.

–         B : himpunan yang didefinisikan pada opeartor +, ×, dan ’

–         0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.

Tupel

(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,
    1. Kaidah operasi untuk operator biner dan operator uner,
    2. 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

  1. Komutatif:  jelas berlaku dengan melihat simetri tabel operator biner.
  1. 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).

  1. 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

c

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 + ab = a + b .

Penyelesaian:

a b a ab a + ab 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 + ab = 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)’ = ab

(ii) (ab)’ = a’ + b

  1. Hukum 0/1

(i)   0’ = 1

(ii)  1’ = 0

Contoh 7.3. Buktikan (i) a + ab = a + b dan   (ii) a(a’ + b) = ab

Penyelesaian:

(i)      a + ab = (a + ab) + ab (Penyerapan)

= a + (ab + ab)           (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 + xy + yz

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) = xy + 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(yz’ + yz), maka

f ’(x, y, z)  = (x(yz’ + yz))’

x’ + (yz’ + yz)’

x’ + (yz’)’ (yz)’

x’ + (y + z) (y’ + z’)

  1. 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(yz’ + 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

  • Jadi, 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) = xyz + xyz’ + xyz à 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)  à 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

xy

xy

xy

x y

m0

m1

m2

m3

x + y

x + y

x’ + y

x’ + y

M0

M1

M2

M3

Minterm Maxterm
x y z Suku Lambang Suku Lambang
0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

xyz

xyz

xy z

xy z

x yz

x yz

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

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) =  xyz + xyz’ + 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 7.11. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + yz dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

Penyelesaian:

(a) SOP

x = x(y + y’)

= xy + xy

= xy (z + z’) + xy’(z + z’)

= xyz + xyz’ + xyz + xyz

yz = yz (x + x’)

= xy’z + x’y’z

Jadi  f(x, y, z)   = x + yz

= xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz + xyz

= xyz + xyz’ + xyz + 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 + yz

= (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

= (xyz’)’ (xy z’)’ (xy 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.

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 + xyz

= y’ (x + x’) (z + z’) + xy (z + z’) + xyz

= (xy’ + xy’) (z + z’) + xyz + xyz’ + xyz

= xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz + xyz’ + xyz

atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+ m5+ m6+ m7

(b) POS

f(x, y, z)  = M3 = x + y’ + z

Bentuk Baku

Contohnya,

f(x, y, z) = y’ + xy + xyz (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 adalah 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 Þ x

2.      a x y b

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

3.      a x

c

b y

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

 

Contoh. Nyatakan rangkaian pensaklaran pada gambar di bawah ini dalam ekspresi Boolean.

 

x’                                      y

 

x

x

 

x y

 

x y’                z

 

z

Jawabxy + (x’ + xy)z + x(y + yz + z)

2. Rangkaian Digital Elektronik

 

Gerbang AND                       Gerbang OR                         Gerbang NOT  (inverter)

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

Jawab:  (a) Cara pertama

 

(b) Cara kedua

 

(b) Cara ketiga

Gerbang turunan

 

Gerbang NAND                      Gerbang XOR

 

Gerbang NOR                                   Gerbang XNOR

 

 

 

Penyederhanaan Fungsi Boolean

Contoh. f(x, y) = xy + 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 + xy

= (x + x’)(x + y)

= 1 × (x + y )

= x + y

  1. f(x, y, z) = xyz + xyz + xy

= xz(y’ + y) + xy

= xz + xz

  1. f(x, y, z) = xy + xz + yz = xy + xz + yz(x + x’)

= xy + xz + xyz + xyz

= xy(1 + z) + xz(1 + y) = xy + xz

2.  Peta Karnaugh

a.  Peta Karnaugh dengan dua peubah

y

0          1

m0 m1 x 0 xy xy
m2 m3 1 xy xy

b. Peta dengan tiga peubah

yz

00

01 11 10
m0 m1 m3 m2 x 0 xyz xyz xyz xyz
m4 m5 m7 m6 1 xyz xyz 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 wxyz wxyz wxyz wxyz
m4 m5 m7 m6 01 wxyz wxyz wxyz wxyz
m12 m13 m15 m14 11 wxyz wxyz wxyz wxyz
m8 m9 m11 m10 10 wxyz wxyz wxyz wxyz

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) = wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz

Hasil penyederhanaanf(w, x, y, z) = wx

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

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) = wxyz’ + wxyz + wxyz’ + wxy’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) = wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz’ +

wxyz’ + wxyz + wxyz + wxyz

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

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

Contoh 5.11. Sederhanakan fungsi Boolean f(x, y, z)  = xyz + xyz’ + 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 5.12. 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’ + wxz

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 + xyz

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 + wxyz (jumlah literal = 5)

yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w, x, y, z) = w + xyz (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

Jawabf(w, x, y, z) = xyz’ + 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 5.15: (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) = xyz + 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) = xyz + 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)  =  xzxy + xyz + yz

Jawab:

x’z = xz(y + y’) = xyz + xyz

xy = xy(z + z’) = xyz + xyz

yz = yz(x + x’) = xyz + xyz

f(x, y, z) = xz + xy + xyz + yz

= xyz + xyz + xyz + xyz’ + xyz + xyz + xyz

= xyz + xyz + xyz’ + xyz + xyz

Peta Karnaugh untuk fungsi tersebut adalah:

yz

00

01 11 10
x 0 1 1 1
1 1 1

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

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) = S (0, 2, 4, 6, 9, 11, 13, 15, 17, 21, 25, 27, 29, 31)

Jawab:

Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:

xyz

000

001 011 010 110 111 101 100
vw 00 1 1 1 1
01 1 1 1 1
11 1 1 1 1
10 1 1

Jadi  f(v, w, x, y, z)  =  wz + vwz’ + vyz

Keadaan 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 + cd’ + cd

Contoh 5.26. Minimisasi fungsi Boolean f(x, y, z)  = xyz + xyz’ + xyz’ + xyz. Gambarkan rangkaian logikanya.

Jawab: Rangkaian logika fungsi f(x, y, z) sebelum diminimisasikan adalah seperti di bawah ini:

 

Minimisasi dengan Peta Karnaugh adalah sebagai berikut:

yz

00

01 11 10
x 0 1 1
1 1 1

Hasil minimisasi adalah  f(x, y, z)  =  xy + 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) = xyz’ + xz + xy = xyz’ + 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) = yz’ + 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