Mata Kuliah Arsitektur Komputer
Program Studi Sistem Informasi 2013/2014
STMIK Dumai
-- Materi 08 --
Digital Principles and Applications, Leach-Malvino,
McGraw-Hill
Adhi Yuniarto L.Y. “Boolean Algebra”. Fasilkom Universitas
Indonesia.
• Aljabar Boolean
• Urutan Operator
• Tabel Kebenaran
• Prinsip Dualitas
• Hukum-Hukum Aljabar Boolean
• Fungsi Boolean
• Komplemen
• Bentuk Kanonik (SOP dan POS)
• Minterms dan Maxterms
• Konversi Antar bentuk Kanonik
Note: All slides are Aaron Tan’s3
Kelebihan sirkuit digital dengan sirkuit analog
Sirkuit lebih simple
Abstraksi sirkuit dapat dimodelkan dalam model matematika sederhana – Aljabar Boolean
4
• Nilai Boolean: – True (1)
– False (0)
• Konektivitas– Konjungsi (AND)
• A • B; A B
– Disjungsi (OR)
• A + B; A B
– Negasi (NOT)
• Ā ; A; A'
Tabel Kebenaran (Truth tables)
A B A • B
0 0 0
0 1 0
1 0 0
1 1 1
A B A + B
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 1
A A'
0 1
1 0
Gerbang Logika (Logic gates)A
BAB
A
BA+B
A A'
5
• Hukum IdentitasA + 0 = 0 + A = A ; A 1 = 1 A = A
• Hukum Inverse/complementA + A' = 1 ; A A' = 0
• Hukum KomutatifA + B = B + A ; A B = B A
• Hukum AsosiatifA + (B + C) = (A + B) + C ; A (B C) = (A B) C
• Hukum DistributifA (B + C) = (A B) + (A C) ; A + (B C) = (A + B) (A + C)
6 ~dibahas lengkap pada slide 12-13
• Urutan dari tertinggi ke rendah
Not
And
Or
• Contoh:
A B + C = (A B) + C
X + Y' = X + (Y')
P + Q' R = P + ((Q') R)
• Gunakan tanda kurung untuk memberitahu urutan
• Contoh:
A (B + C)
(P + Q)' R7
8
• Berisi daftar setiap kombinasi input dan masing-masing outputnya.
Input biasanya dibuat dalam sekuen binary.
• Contoh:– Tabel kebenaran dengan 3
input dan 2 output
x y z y + z x • (y + z)
0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 1 1
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 1 1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
1
9
• Buktikan: x • (y + z) = (x • y) + (x • z) Isi tabel kebenaran berikut:
x y z y + z x • (y + z) x • y x • z (x • y) + (x • z)
0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 1 1
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 1 1
Cek apakah kolom “x • (y + z)” sama dengan “(x • y) + (x • z)”
10
Misal S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar Boolean yang melibatkan operator +, , dan komplemen, dan pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti
dengan ++ dengan
0 dengan 11 dengan 0
dan membiarkan operator komplemen tetap apa adanya, makapersamaan 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
11
• Jika suatu teorema bernilai valid, maka dualnya juga bernilai valid!
Contoh:
Jika (x+y+z)' = x'y'z' bernilai valid, maka dualnya juga valid:
(xyz)' = x'+y'+z‘
Jika x+1 = 1 bernilai valid, maka dualnya juga valid: x0 = 0
12
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) a . a’ = 0
4. Hukum dominansi:
(i) a 0 = 0
(ii) a + 1 = 1
5. Hukum involusi:
(i) (a’)’ = a
6. Hukum penyerapan:
(i) a + a . b = a
(ii) a . (a + b) = a
13
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
14
• Suatu teorema dapat dibuktikan dengan menggunakan Tabel Kebenaran, atau dengan manipulasi aljabar menggunakan teorema/hukum lain yang ada.
• Contoh: Buktikan hukum penyerapan X + XY = X
X + XY = X1 + XY (hukum identitas)
= X(1+Y) (hukum distributif)
= X(Y+1) (hukum komutatif)
= X1 (hukum dominansi)
= X (hukum identitas)
Dengan dualitas, kita juga bisa buktikan X(X+Y) = X
15
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)
16
Setiap fungsi Boolean mengandung ekspresi Boolean.
Contoh sebuah fungsi Boolean adalahf(x, y, z) = xyz + x’y + y’z
Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3 (x, y, z) ke himpunan {0, 1}.
Contoh: (1, 0, 1) berarti x = 1, y = 0, dan z = 1, sehinggaf(1, 0, 1) = 1 0 1 + 1’ 0 + 0’ 1 = 0 + 0 + 1 = 1 .
17
• Contoh Fungsi Boolean (persamaan logika/logic equation):
F1(x,y,z) = xyz'
F2(x,y,z) = x + y'z
F3(x,y,z) = x'y'z + x'yz + xy'
F4(x,y,z) = xy' + x'z
x y z F1 F2 F3 F4
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 0
18
Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain:f(x) = xf(x, y) = x’y + xy’+ y’f(x, y) = x’ y’f(x, y) = (x + y)’ f(x, y, z) = xyz’
Setiap peubah/variable di dalam fungsi Boolean, termasuk
dalam bentuk komplemennya, disebut literal.
Contoh: Fungsi h(x, y, z) = xyz’ pada contoh di atas terdiri dari 3 buahliteral, yaitu x, y, dan z’.
19
x y z h(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
Contoh: Diketahui fungsi Booelan h(x, y, z) = xy z’, nyatakan h dalam
tabel kebenaran.
Penyelesaian:
20
• Diberikan fungsi boolean F, komplemen dari F, ditulis F’, diperoleh dengan mengganti 1 dengan 0, dan 0 dengan 1 pada output dari fungsi F.
• Contoh: F1 = xyz'
• Berapa nilai F1' ?
• Jika menggunakan tabel kebenaran x y z F1 F1'
0 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 1 0
1 0 0 0
1 0 1 0
1 1 0 1
1 1 1 0
21
Dapat ditemukan dengan 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’)
22
Cara lain: menggunakan prinsip dualitas.
Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu komplemenkan setiap literal didalam dual tersebut.
Contoh: Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka dual darif: x + (y’ + z’) (y + z)
komplemenkan tiap literalnya: x’ + (y + z) (y’ + z’) = f ’
Jadi, f ‘(x, y, z) = x’ + (y + z)(y’ + z’)
23
Ada dua macam bentuk kanonik:
• Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)
• Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)
Expression SOP? POS?
X'∙Y + X∙Y' + X∙Y∙Z
(X+Y')∙(X'+Y)∙(X'+Z')
X' + Y + Z
X∙(W' + Y∙Z)
X∙Y∙Z'
W∙X'∙Y + V∙(X∙Z + W')
V
V
V
V
V
V
24
• Minterm dari n variable adalah product term yang berisi n literal dari semua variable.
Contoh: Pada 2 variable x dan y, mintermnya:
x'∙y', x'∙y, x∙y' dan x∙y
• Maxterm dari n variable adalah sum term yang berisi n literal dari semua variable.
Contoh: Pada 2 variable x dan y, maxtermnya:
x'+y', x'+y, x+y' and x+y
• Secara umum, dengan n variable akan ada 2n
minterms and 2n maxterms.
25
Contoh:
1. f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz SOP
Setiap suku (term) perkalian 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) penjumlahan disebut maxterm
Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap
26
• Minterm dan Maxterm dari 2 variable ditulis dengan m0 sampai m3 dan M0 sampai M3.
x yMinterms Maxterms
Term Notation Term Notation
0 0 x'∙y' m0 x+y M0
0 1 x'∙y m1 x+y' M1
1 0 x∙y' m2 x'+y M2
1 1 x∙y m3 x'+y' M3
• Setiap minterm adalah komplemen dari maxterm yang sesuai.• Contoh: m2 = x∙y'
m2„ = ( x∙y' )' = x' + ( y' )' = x' + y = M2
27
Minterm Maxterm
x y Suku Notasi Suku Notasi
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
Minterm dan maxterm pada dua literal x dan y adalah:
28
Minterm Maxterm
x y z Suku Notasi Suku Notasi
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
Minterm dan maxterm pada 3 literal x, y, dan z adalah:
29
x y z F1 F2 F3
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 1 1
0 1 0 0 0 0
0 1 1 0 0 1
1 0 0 0 1 1
1 0 1 0 1 1
1 1 0 1 1 0
1 1 1 0 1 0
• Bentuk Kanonik SOP
• Diberikan tabel kebenaran, contoh:
• Bentuk Kanonik SOP merupakan semua output fungsi yang = 1.
F1 = x∙y∙z' = m6
F2 = m1 + m4 + m5 + m6 + m7= ∑m(1,4,5,6,7)
F3 = m1 + m3 + m4 + m5= ∑m(1,3,4,5)
30
• Bentuk Kanonik POS
• Diberikan tabel kebenaran, contoh:
• Bentuk Kanonik POS merupakan semua output fungsi yang = 0.
F2 = (x+y+z) ∙ (x+y'+z) ∙ (x+y'+z') = M0 ∙ M2 ∙ M3 = ПM(0,2,3)
F3 = M0 . M2 . M6 . M7 = ПM(0,2,6,7)
x y z F1 F2 F3
0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 1 1
0 1 0 0 0 0
0 1 1 0 0 1
1 0 0 0 1 1
1 0 1 0 1 1
1 1 0 1 1 0
1 1 1 0 1 0
31
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
Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentukkanonik SOP dan POS.
32
Penyelesaian:(a) SOPKombinasi nilai-nilai variabel yang menghasilkan nilai fungsisama dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsiBooleannya dalam bentuk kanonik SOP adalah:
f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz
atau (dengan menggunakan notasi minterm),
f(x, y, z) = m1 + m4 + m7 = m (1, 4, 7)
33
(b) POSKombinasi nilai-nilai variabel yang menghasilkan nilai fungsisama dengan 0 adalah 000, 010, 011, 101, dan 110, maka fungsiBooleannya 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 (dengan menggunakan notasi maxterm),
f(x, y, z) = M0 M2 M3 M5 M6 = M(0, 2, 3, 5, 6)
34
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 = m (1,4,5,6,7)
35
(b) POS
f(x, y, z) = x + y’z
= (x + y’)(x + z)
= (x + y’ + zz’)(x + z + yy’)
= (x + y’ + z)(x + y’ + z’)(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 = M(0, 2, 3)
36
• Kita bisa dengan mudah mengkonversi bentuk kanonik SOP dengan POS
• Contoh: F2 = ∑m(1,4,5,6,7) = ПM(0,2,3)
Lihat table berikut
• F2' = m0 + m2 + m3Maka,F2 = (m0 + m2 + m3)'
= m0' ∙ m2' ∙ m3' (by DeMorgan‟s)= M0 ∙ M2 ∙ M3 (mn' =Mn)
• Jadi, mn’ = Mn
x y z F2 F2'
0 0 0 0 1
0 0 1 1 0
0 1 0 0 1
0 1 1 0 1
1 0 0 1 0
1 0 1 1 0
1 1 0 1 0
1 1 1 1 0
37
Nyatakan:
f(x, y, z)= (0, 2, 4, 5) dan
g(w, x, y, z) = (1, 2, 5, 6, 10, 15)
dalam bentuk konversinya.
Penyelesaian:
f(x, y, z), ada 3 literal, berarti memiliki 8 kombinasi
f(x, y, z) = (0, 2, 4, 5)
Maka f’ (x, y, z) = (1, 3, 6, 7)
g(w, x, y, z), ada 4 literal, berarti memiliki 16 kombinasi
g(w, x, y, z) = (1, 2, 5, 6, 10, 15)
Maka g(w, x, y, z) = (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)
38
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’