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’