solusi latihan bab 2 - wordpress.com · web viewa. tentukanlah pernyatan logika fung si keluaran f...

Solusi Latihan Bab 2


1. Buktikanlah rumus – rumus penyederhanaan dan teorema Konsensus ?

Penyelesaian :1. Teorema penyederhanaan : x y + x = x ….. 1)

x + xy = x ….. 2)

(x + )y = xy ….. 3)

(x + y) (x + ) = x ….. 4)

x (x + ) = x ….. 5)

x + y = x + y ….. 6)

2. Teorema konsensus : xy + yz + z = xy + z …..a)

(x + y) (y + z) ( + z) = (x + y) ( + z) …..b)

(x + y) ( + z) = xz + y …..c)

Pada teorema penyederhanaan

1) xy + x = x, diperoleh dari xy + x = x(y + )

karena y + = 1 maka x(y + ) = x (terbukti).

2) x + xy = x, diperoleh dari x + xy = x(1 + y)

karena 1 + y = 1 (berdasarkan hukum dasar aljabar boole), maka x(1 + y) = x (terbukti).

3) (x + )y = xy, diperoleh dari (x + )y = xy + y

karena y = 0 (berdasarkan hukum dasar aljabar boole), maka xy + y = xy (terbukti).

4) (x + y) (x + ) = x, diperoleh dari (x + y) (x + ) = xx + x + xy + y

Karena xx = x, dan x + xy = x, y = 0, dan x + x = x (berdasarkan hukum dasar aljabar boole)

maka xx + x + xy + y = xx = x (terbukti).

5) x(x + y) = x, diperoleh dari x(x + ) = xx + x = x + x = x(1 + )

karena 1 + = 1 (berdasarkan hukum dasar aljabar boole), maka x(1 + ) = x . 1 = x (terbukti).

6) x + y = x + y, diperoleh dari x + y = (x + y) (y + ) (berdasarkan hukum dasar aljabar boole),

maka (x + y) ( + y) = x + xy + y + yy

karena x + xy = x, y = 0, y = 0, yy = y (berdasarkan hukum dasar aljabar boole), maka x +

xy + y + yy = xy (terbukti).

Pada teorema konsensus

1


1) xy + yz + z = xy + z, diperoleh dari dimana

,sehingga jika

kita juga sudah mengetahui bahwa dan kita

juga telah mengetahui bahwa (berdasarkan hukum dasar aljabar boole),sehingga

(terbukti).

2) diperoleh dari =

dimana sehingga dan =

. (terbukti)

3) diperoleh dari dimana

, kita juga mengetahui bahwa

(berdasarkan hokum dasar Boole).

(terbukti)

2. Suatu sistem dengan tiga peubah masukan membutuhkan hubungan logika seperti yang ditunjukkan pada tabel kebenaran. Tabel kebenaran S2.1

p q r f0 0 0 10 0 1 00 1 0 10 1 1 11 0 0 11 0 1 01 1 0 01 1 1 1

a. Tentukanlah pernyatan logika fungsi keluaran f dalam bentuk sukumin dan sukumax.b. Tentukanlah realisasi fungsi f yang paling murah.c. Gambarkanlah rangkaian logikanya bentuk OR- AND (OR diikuti AND) dan AND- OR (AND diikuti OR ).

Penyelesaian :

Pernyataan logika fungsi keluaran f dalam bentuk sukumin :

Pernyataan logika fungsi keluaran f dalam bentuk sukumax :

2


b). Fungsi diatas dapat direalisasikan dalam bentuk yang paling sederhana sbb:

c).

Rangkaian logika dalam bentuk OR – AND :

Rangkaian logika dala bentuk AND – OR :

3


3. Sederhanakanlah ke dalam bentuk ekspansi sukumin dan ekspansi sukumax dan gambarkan rangkaian untuk fungsi berikut :

a. x = ( A + + D ) ( A + )

b. y = ( CD + + ) ( CD + + B )

Penyelesaian :

a. Ekspansi Sukumin

( A + + D ) ( A + )

anggap A + adalah x dan D sebagai y.

( x + y ) ( x )

x + xy

A + + D + A D

Untuk mendapatkan ekspansi sukumax, perhatikan tabel !

A B C D E f0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 10 0 0 1 0 10 0 0 1 1 10 0 1 0 0 00 0 1 0 1 00 0 1 1 0 00 0 1 1 1 00 1 0 0 0 10 1 0 0 1 10 1 0 1 0 10 1 0 1 1 10 1 1 0 0 00 1 1 0 1 00 1 1 1 0 00 1 1 1 1 01 0 0 0 0 1

4


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

Maka diperolehlah ekspansi sukumax yakni :

( A + B + ) ( A + + ) ( + + )

b. Ekspansi sukumin

( CD + + ) ( CD + + B )

CD + + BCD + CD + B +

Untuk mendapatkan ekspansi sukumax, perhatikan tabel !

A B C D f

0 0 0 0 1

0 0 0 1 1

0 0 1 0 1

0 0 1 1 1

0 1 0 0 1

0 1 0 1 1

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 1

1 1 0 0 0

1 1 0 1 0

1 1 1 0 0

1 1 1 1 1

Maka ekspansi sukumax yakni :

( A + ) ( A + B )

4. Sederhanakanlah ke dalam ekspansi sukumin dan ekspansi sukumax dan gambarkan rangkaian untuk fungsi berikut :

5


a. x = + )= . + D .A + D= = =

A B C D E f0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 10 0 0 1 0 10 0 0 1 1 10 0 1 0 0 00 0 1 0 1 00 0 1 1 0 00 0 1 1 1 00 1 0 0 0 10 1 0 0 1 10 1 0 1 0 10 1 0 1 1 10 1 1 0 0 00 1 1 0 1 00 1 1 1 0 00 1 1 1 1 01 0 0 0 0 11 0 0 0 1 11 0 0 1 0 11 0 0 1 1 11 0 1 0 0 11 0 1 0 1 11 0 1 1 0 11 0 1 1 1 11 1 0 0 0 11 1 0 0 1 11 1 0 1 0 11 1 0 1 1 11 1 1 0 0 01 1 1 0 1 01 1 1 1 0 01 1 1 1 0

Ekspansi sukumin f = Σ m ( 0,1,2,3,8,9,10,11,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27 ) Ekspansi sukumaxF = Π M ( 4,5,6,7,12,13,14,15,28,29,30,31 )

Rangkaian Logika :

6


b.

A B C D F0 0 0 0 10 0 0 1 10 0 1 0 10 0 1 1 10 1 0 0 10 1 0 1 10 1 1 0 10 1 1 1 11 0 0 0 01 0 0 1 01 0 1 0 01 0 1 1 11 1 0 0 01 1 0 1 01 1 1 0 01 1 1 1 1

Ekspansi sukumin :f = Σ m ( 0,1,2,3,4,5,6,7,11,15 )

Ekspansi sukumax : F = Π M ( 8,9,10,12,13,14 )

Rangkaian Logika :

7


5. Gambarkan rangkaian untuk soal No. 3 diatas dengan hanya menggunakan Gerbang –gerbang :a. NAND sembarangan cacah masukan

b. NOR sembarangan cacah masukan p q r f

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

Penyelesaian :

f(p,q,r) = m (0,2,3,4,7) =

f(p,q,r) = M (1,5,6)=

a. NAND sembarangan cacah masukan

8


b. NOR sembarang cacah masukan

6. f (a,b,c) = m (1,3,4,5) + d (6,7)

Tabel kebenaran fungsi tak lengkap a b c d

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 0

0 1 1 1

1 0 0 1

1 0 1 1

1 1 0 X

1 1 1 X

Kemungkinan harga x yang dapat kita pilih untuk suku-suku abaikan sebagai berikut ini :

1. Semua x kita anggap nol

Maka f = m1 + m3 + m4 + m5

= + + + + a c

= + ( +b) + a ( +c)

= +

2. Semua kita anggap 1

Maka f = m1 + m3 + m4 + m5 + m6 + m7

= + + + + a b

= + a + ab ( +c)

9


= + a + ab

= +

= (a + c)(a+ )

= a + c

3. Untuk m6 kita pilih x = 1 dan m7 kita pilih x = 0

f = m1+m3+m4+m5+m6

= + + + + a b

= + ( + b )

= + + a b

= + ( +b) ( b )

= + + a

4. Untuk m6 kita pilih x = 0 dan m7 kita pilih x = 1

f = m1+m3+m4+m5+m7

= + + + + a b c

= + + a b c)

= + ( +b) ( +c)

= + + a c

= c +

= + c

f (a,b,c) = M (0,2) + d (6,70

Tabel kebenaran fungsi tak lengkap

a b C F 0 0 0 00 0 1 10 1 0 00 1 1 11 0 0 11 0 1 11 1 0 X1 1 1 X

Dengan melihat tabel di atas maka akan diperoleh bentuk yang paling sederhana secara

aljabar Boole menurut penyederhanaan sebelumnya dalam bentuk ekspansi sekumin

karena hasil fungsi yang sama otomatis bentuk yang paling sederhana juga akan sama.

Kemungkinan harga x yang dapat kita pilih untuk suku-suku abaikan.

10



Maka :

f = M0 M2 M6 M7

= (a + b + c) (a + +c)( + +c)( )

= (a+a +ac+ab+bc+ac+ c+c)

( + + + + + + c+ c + 0)

= {a+(1+ +c+b+c)+c(b+ +1)}

{( (1+ + + + + (1+ + c )}

= {a + c} { + }

= {a + c+ c


Maka :

f = Mo M2

= (a + b + c) (a + + c)

= (a + a + ac + ab + bc + ac + c + c

= a (1+ +c+b+c) + c(b + + 1)

= a + c

3. Untuk M6 kita anggap x = 1 dan M7 kita pilih x = 0

Maka :

f = M0 M2 M7

= (a +b+c) (a+ +c) ( + + )

= a + a + c + c

= a + c + a

4. Untuk M6 kita anggap x = 0 dan M7 kita pilih x= 1 .

Maka :

f = M0 M2 M6

= (a +c) ( + +c)

= a + ac+ c + c+c

= a + c

11


Kesimpulan : dari penyederhanaan tiap bentuk di atas secara aljabar Boole bentuk yang

paling sederhana adalah :

f = a + c

12

solusi latihan bab 2 - wordpress.com · web viewa. tentukanlah pernyatan logika fung si keluaran f...

Documents