Mata Kuliah Arsitektur KomputerProgram Studi Sistem Informasi 2012/2013

STMIK Dumai-- Materi 09 --

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 Lebih dapat dipercaya (sirkuit lebih simple) Abstraksi sirkuit dapat dimodelkan dalam

model matematika sederhana – Aljabar Boolean

4

• Kombinasional: no memory, output hanya tergantung dari input: Gates Decoders, multiplexers Adders, multipliers

• Sekuensial: with memory, output tergantung dari input dan current state Counters, registers Memories

5

• 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

BA⋅B

A

BA+B

A A'

6

• 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)

7

• 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)' ⋅ R

8

9

• 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

10

• 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)”

11

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

12

• Jika suatu teorema bernilai valid, maka dualnya juga bernilai valid!

Contoh:

Jika (x+y+z)' = x'⋅y'⋅z' bernilai valid, maka dualnya juga valid:

(x⋅y⋅z)' = x'+y'+z‘

Jika x+1 = 1 bernilai valid, maka dualnya juga valid: x⋅0 = 0

13

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

14

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

15

• Suatu teorema dapat dibuktikan dengan menggunakan Tabel Kebenaran, atau dengan manipulasi aljabar menggunakan teorema/hukum lain yang ada.

• Contoh: Buktikan hukum penyerapan X + X⋅Y = XX + X⋅Y = X⋅1 + X⋅Y (hukum identitas)

= X⋅(1+Y) (hukum distributif)

= X⋅(Y+1) (hukum komutatif)

= X⋅1 (hukum dominansi)

= X (hukum identitas)

Dengan dualitas, kita juga bisa buktikan X⋅(X+Y) = X

16

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)

17

Setiap ekspresi Boolean adalah merupakan fungsi 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 .

18

• Contoh Fungsi Boolean (persamaan logika/logic equation):F1(x,y,z) = x⋅y⋅z' F2(x,y,z) = x + y'⋅zF3(x,y,z) = x'⋅y'⋅z + x'⋅y⋅z + x⋅y' F4(x,y,z) = x⋅y' + 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

19

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, termasukdalam bentuk komplemennya, disebut literal. Contoh: Fungsi h(x, y, z) = xyz’ pada contoh di atas terdiri dari 3 buahliteral, yaitu x, y, dan z’.

20

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 dalamtabel kebenaran.

Penyelesaian:

21

• 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 = x⋅y⋅z'• Berapa nilai F1' ?• Jika menggunakan tabel kebenaran x y z F1 F1'

0 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 1 01 0 0 01 0 1 01 1 0 11 1 1 0

22

Dapat ditemukan dengan menggunakan hukum De MorganHukum De Morgan untuk dua buah peubah, x1 dan x2, adalah

Contoh: Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), makaf ’(x, y, z) = (x(y’z’ + yz))’

= x’ + (y’z’ + yz)’= x’ + (y’z’)’ (yz)’= x’ + (y + z) (y’ + z’)

23

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’)

24

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

VV

25

• 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 2nminterms and 2n maxterms.

26

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) POSSetiap suku (term) penjumlahan disebut maxterm

Setiap minterm/maxterm mengandung literal lengkap

27

• 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 M00 1 x'∙y m1 x+y' M11 0 x∙y' m2 x'+y M21 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

28

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:

29

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:

30

x y z F1 F2 F30 0 0 0 0 00 0 1 0 1 10 1 0 0 0 00 1 1 0 0 11 0 0 0 1 11 0 1 0 1 11 1 0 1 1 01 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)

31

• 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 F30 0 0 0 0 00 0 1 0 1 10 1 0 0 0 00 1 1 0 0 11 0 0 0 1 11 0 1 0 1 11 1 0 1 1 01 1 1 0 1 0

32

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.

33

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 = ∑ (1, 4, 7)

34

(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 = ∏(0, 2, 3, 5, 6)

35

Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP danPOS.

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 = Σ (1,4,5,6,7)

36

(b) POSf(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 = ∏(0, 2, 3)

37

• 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 10 0 1 1 00 1 0 0 10 1 1 0 11 0 0 1 01 0 1 1 01 1 0 1 01 1 1 1 0

38

Nyatakan:f(x, y, z)= ∏ (0, 2, 4, 5) dang(w, x, y, z) = Σ(1, 2, 5, 6, 10, 15)

dalam bentuk konversinya.

Penyelesaian:f(x, y, z), ada 3 literal, berarti memiliki 8 kombinasif(x, y, z) = ∏ (0, 2, 4, 5) Maka f’ (x, y, z) = Σ (1, 3, 6, 7)

g(w, x, y, z), ada 4 literal, berarti memiliki 16 kombinasig(w, x, y, z) = Σ(1, 2, 5, 6, 10, 15)Maka g(w, x, y, z) = ∏ (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)

39

Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’

Penyelesaian:(a) SOPf(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) POSf(x, y, z) = M3 = x + y’ + z’

Slide Number 1Slide Number 2Slide Number 3Slide Number 4Slide Number 5Slide Number 6Slide Number 7Slide Number 8Slide Number 9Slide Number 10Slide Number 11Slide Number 12Slide Number 13Slide Number 14Slide Number 15Slide Number 16Slide Number 17Slide Number 18Slide Number 19Slide Number 20Slide Number 21Slide Number 22Slide Number 23Slide Number 24Slide Number 25Slide Number 26Slide Number 27Slide Number 28Slide Number 29Slide Number 30Slide Number 31Slide Number 32Slide Number 33Slide Number 34Slide Number 35Slide Number 36Slide Number 37Slide Number 38Slide Number 39