5. 1
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 + x’y + y’z
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)
= x’y + 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(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’)
2. 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(y’z’
+ 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) = x’y’z
+ xy’z’ + 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
Cara membentuk minterm dan maxterm dari tabelkebenaran
ditunjukkan pada tabel dibawah ini. Untuk minterm, setiap peubah yang bernilai
0 dinyatakan dalam bentuk komplemen, sedangkan peubah yang bernilai 1 dinyatakan
tanpa komplemen. Sebaliknya, untuk maxterm, setiap peubah yang bernilai 0
dinyatakan tanpa komplemen, sedangkan peubah yang bernilai 1 dinyatakan dalam
bentuk komplemen.
·
Setiap
minterm/maxterm mengandung literal lengkap
Minterm
|
Maxterm
|
|||||
x
|
y
|
Suku
|
Lambang
|
Suku
|
Lambang
|
|
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
|
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
|
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
|
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) =
x’y’z + xy’z’
+ 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 + 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 = S
(1,4,5,6,7)
(b)
POS
f(x, y,
z) = x + y’z
= (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’
= (x’y’z’)’ (x’y z’)’ (x’y 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 + 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’
Bentuk Baku
Contohnya,
f(x, y,
z) = y’ + xy + x’yz (bentuk baku SOP)
f(x, y,
z) = x(y’ + z)(x’
+ y + z’) (bentuk baku
POS)
No comments:
Post a Comment