Aljabar Boolean

1. Aljabar Boolean

Aljabar Boole adalah

1. Suatu jenis simbol-simbol yang ditemukan oleh George Boole untuk memanipulasi nilai-nilai

kebenaran logika secara aljabar

2. Suatu struktur aljabar yang operasi-operasinya memenuhi aturan-aturan tertentu.

Secara umum, aljabar boole didefinisikan sebagai suatu himpunan dengan operasi “⋀ “, “ ⋁ ”, dan

“⇁” (atau „ ) serta elemen 0 dan 1 yang ditulis sebagai 𝐵,∨,∧,⇁ ,0,1 atau 𝐵,∨,∧, ′, 0,1 maka untuk

setiap x,y,x‟,y‟ ∈ 𝐵 yang memenuhi sifat-sifat berikut :

1. Hukum Komutatif

a. 𝑥 ∨ 𝑦 = 𝑦 ∨ 𝑥

b. 𝑥 ∧ 𝑦 = 𝑦 ∧ 𝑥

2. Hukum Assosiatif

a. 𝑥 ∨ 𝑦 ∨ 𝑧 = 𝑥 ∨ (𝑦 ∨ 𝑧)

b. 𝑥 ∧ 𝑦 ∧ 𝑧 = 𝑥 ∧ (𝑦 ∧ 𝑧)

3. Hukum Distributif

a. 𝑥 ∨ 𝑦 ∧ 𝑧 = 𝑥 ∨ 𝑦 ∧ (𝑥 ∨ 𝑧)

b. 𝑥 ∧ 𝑦 ∨ 𝑧 = 𝑥 ∧ 𝑦 ∨ (𝑥 ∧ 𝑧)

4. Hukum Identitas

a. 𝑥 ∨ 0 = 𝑥

b. 𝑥 ∧ 1 = 𝑥

5. Hukum Negasi (komplemen)

a. 𝑥 ∨ 𝑥 ′ = 1

b. 𝑥 ∧ 𝑥 ′ = 0

6. Hukum Idempoten

a. 𝑥 ∨ 𝑥 = 𝑥

b. 𝑥 ∧ 𝑥 = 𝑥

7. Hukum Ikatan

a. 𝑥 ∨ 1 = 1

b. 𝑥 ∧ 0 = 0

8. Hukum Absorbsi

a. 𝑥 ∧ 𝑦 ∨ 𝑥 = 𝑥

b. 𝑥 ∨ 𝑦 ∧ 𝑥 = 𝑥

9. Hukum De Morgan

a. 𝑥 ∨ 𝑦 ′ = 𝑥′ ∧ 𝑦′

b. 𝑥 ∧ 𝑦 ′ = 𝑥′ ∨ 𝑦′

2. Fungsi Boolean

Misal B = 𝐵,∨,∧, ′, 0,1 adalah aljabar boolean.

Suatu fungsi Boolean n variabel adalah fungsi f : Bn B

Fungsi Boolean disebut sederhana jika B = {0,1}, jadi, f : {0,1}n {0,1}

Masukannya adalah {0,1}n dan keluaran fungsi adalah {0,1}.

Operasi Not, And dan Or dalam logika dipandang sebagai fungsi boolean dari {0,1}2 {0,1}

Fungsi Not : {0,1}2 {0,1} didefinisikan sebagai

𝑁𝑜𝑡 𝑥 = 0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 = 11, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 = 0

Fungsi ini biasanya ditulis ⇁(x)

Fungsi And : {0,1}2 {0,1} didefinisikan sebagai

𝐴𝑛𝑑 𝑥 = 1, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 = 𝑦 = 10, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛

Fungsi Or : {0,1}2 {0,1} didefinisikan sebagai

𝑂𝑟 𝑥 = 0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 = 𝑦 = 01, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑙𝑎𝑖𝑛

Contoh 1 :

Nyatakan penghubung XOR (eksklusif Or) dalam fungsi {0,1}2 {0,1}

Penyelesaian :

Penghubung XOR (simbol ⨁) mirip dengan penghubung “atau” (v). Akan tetapi, jika kedua kalimat

penyusunnya benar maka hasilnya salah.

p q p v q 𝑝⨁𝑞

T T T F

T F T T

F T T T

F F F F

Jika T dinyatakan dengan 1 dan F dengan 0 maka dapat dinyataka dengan tabel masukan/keluaran

sebagai berikut :

p q 𝑝⨁𝑞

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 0 0

𝑝⨁𝑞 berharga 0 jika p = q dan berharga 1 jika p≠q. Jika XOR dinyatakan sebagai fungsi {0,1}2

{0,1}, maka :

XOR : {0,1}2 {0,1} yang didefinisikan sebagai

𝑋𝑂𝑅 𝑝,𝑞 = 0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑝 = 𝑞1, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑝 ≠ 𝑞

Contoh 2 :

Perhatikan fungsi Boolean f : {0,1}3 {0,1} yang didefinisikan dengan aturan :

𝑓 𝑥1,𝑥2,𝑥3 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 𝑚𝑜𝑑 2

Nyatakan f dengan menggunakan tabel masukan / keluaran!

Penyelesaian :

f(1,1,1) = (1+1+1) mod 2 = 3 mod 2 = 1

f(1,1,0) = (1+1+0) mod 2 = 2 mod 2 = 0

dan seterusnya.

Masukan Keluaran

x1 x2 x3 (x1+x2+x3) mod 2

1 1 1 1

1 1 0 0

1 0 1 0

1 0 0 1

0 1 1 0

0 1 0 1

0 0 1 1

0 0 0 0

3. Ekspresi Boolean

Ekspresi Boolean dalam n variabel x1, x2, ...,xn didefinisikan secara rekursif sebagai berikut :

a. 0 dan 1 adalah ekspresi boolean

b. x1, x2, ...,xn masing-masing adalah ekspresi boolean

c. Jika E1 dan E2 adalah ekspresi boolean maka 𝐸1 ∧ 𝐸2 , 𝐸1 ∨ 𝐸2 , 𝐸1′ adalah ekspresi boolean

juga.

Contoh 3 : (contoh ekspresi boolean)

a. z

b. 𝑥 ∨ 𝑦

c. 𝑥 ∧ 𝑦 ′ ∨ (𝑧 ′ ∧ 𝑥)

d. 𝑥 ∨ 𝑦 ∧ (𝑥 ′ ∨ 𝑧) ∧ 1

Contoh 4 :

Telitilah apakah kedua ekspresi Boolean di bawah ini ekuivalen

𝐸1: 𝑥𝑦 ∨ 𝑥𝑦𝑧 ∨ 𝑧 dan 𝐸2 = 𝑥𝑦 ∨ 𝑧

Penyelesaian :

Ekuivalensi ekspresi boolean dibuktikan dengan dua cara :

1. Menggunakan hukum aljabar boolean

𝑥𝑦 ∨ 𝑥𝑦𝑧 ∨ 𝑧 = 𝑥𝑦(1 ∨ 𝑧) ∨ 𝑧 hukum distributif

= 𝑥𝑦. 1 ∨ 𝑧 hukum ikatan

= 𝑥𝑦 ∨ 𝑧 hukum identitas

Karena E2 bisa diperoleh dari E1 maka dapat disimpulkan E1 = E2

2. Menggunakan tabel masukan/ keluaran

x y z xy xyz E1 = 𝑥𝑦 ∨ 𝑥𝑦𝑧 ∨ 𝑧 E2 = 𝑥𝑦 ∨ 𝑧

1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 0 1 1

1 0 1 0 0 1 1

1 0 0 0 0 0 0

0 1 1 0 0 1 1

0 1 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 1 1

0 0 0 0 0 0 0

4. Bentuk Normal Disjungtif (DNF)

Ekspresi boolean yang hanya terdiri dari satu variabel disebut literal. Sedangkan ekspresi boolean

yang terdiri dari n variabel x1, x2, ...,xn yang merupakan gabungan dari beberapa literal yang

dihubungkan dengan " ∧ " disebut minterm.

Contoh 5 :

Buatlah tabel masukan/keluaran fungsi literal f : {0,1}2 {0,1} yang didefinisikan sebagai

𝑓 𝑥,𝑦 = 𝑦′

Penyelesaian :

x y y'

1 1 0

1 0 1

0 1 0

0 0 1

Contoh 6 :

Tentukan apakah ekspresi-ekspresi di bawah ini merupakan minterm dalam 3 variabel x,y,z

a. xy‟z‟

b. xz‟

c. xyx‟z

Penyelesaian :

a. Merupakan minterm dalam x, y dan z karena memuat literal x, y dan z.

b. Bukan minterm dalam x, y dan z karena tidak memuat literal y.

c. Bukan minterm karena x muncul dalam 2 literal yaitu x dan x‟.

Contoh 7 :

Buatlah tabel untuk ekspresi Boolean E dalam 3 variabel x,y, dan z

E = 𝑥′𝑦𝑧′ ∨ 𝑥𝑦′𝑧′ ∨ 𝑥𝑦′𝑧 ∨ 𝑥𝑦𝑧′

x y z x'yz' xy'z' xy'z xyz' E

1 1 1 0 0 0 0 0

1 1 0 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0 1 0 1

1 0 0 0 1 0 0 1

0 1 1 0 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 0 1

0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

Contoh 8 :

Jadikan ekspresi 𝐸 = 𝑥 ∨ 𝑦𝑧 ′ (𝑦𝑧)′ dalam bentuk DNF

Penyelesaian :

Nilai kebenaran dari ekspresi diatas adalah sebagai berikut :

x y z yz' x v yz' yz (yz)' E

1 1 1 0 1 1` 0 0

1 1 0 1 1 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1 1

1 0 0 0 1 0 1 1

0 1 1 0 0 1 0 0

0 1 0 1 1 0 1 1

0 0 1 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 1 0

Nilai E = 1 terjadi pada baris 2,3,4,dan 6 yang masing-masing bersesuaian dengan minterm xyz‟,

xy‟z, xy‟z‟ dan x‟yz‟ sehingga 𝐸 = 𝑥𝑦𝑧′ ∨ 𝑥𝑦′𝑧 ∨ 𝑥𝑦′𝑧′ ∨ 𝑥′𝑦𝑧′

Contoh 9 :

Carilah bentuk DNF dengan menggunakan hukum-hukum aljabar Boolean untuk ekspresi di bawah

ini :

a. 𝑝′ ∨ 𝑞 (dalam 2 variabel p dan q)

b. 𝑝𝑞 ∨ 𝑝′𝑟 ∨ 𝑞𝑟 (dalam 3 variabel p,q dan r)

Penyelesaian :

a. 𝑝′ ∨ 𝑞 = 𝑝′. 1 ∨ 1.𝑞

= 𝑝′ 𝑞 ∨ 𝑞′ ∨ 𝑝 ∨ 𝑝′ 𝑞

= 𝑝′𝑞 ∨ 𝑝′𝑞′ ∨ (𝑝𝑞 ∨ 𝑝′𝑞)

= 𝑝′𝑞 ∨ 𝑝′𝑞′ ∨ 𝑝𝑞

b. 𝑝𝑞 ∨ 𝑝′𝑟 ∨ 𝑞𝑟 = 𝑝𝑞 𝑟 ∨ 𝑟′ ∨ 𝑝′ 𝑞 ∨ 𝑞′ 𝑟 ∨ 𝑝 ∨ 𝑝′ 𝑞𝑟

= 𝑝𝑞𝑟 ∨ 𝑝𝑞𝑟′ ∨ 𝑝′𝑞𝑟 ∨ 𝑝′𝑞′𝑟 ∨ (𝑝𝑞𝑟 ∨ 𝑝′𝑞𝑟)

= 𝑝𝑞𝑟 ∨ 𝑝𝑞𝑟′ ∨ 𝑝′𝑞𝑟 ∨ 𝑝′𝑞′𝑟

5. Komplemen Fungsi

Fungsi komplemen berguna untuk menyederhanakan fungsi boolean. Fungsi komplemen dari suatu

fungsi yaitu f‟ yang dapat dicari dengan dua cara berikut :

A. Cara pertama : menggunakan hukum De Morgan

Hukum De Morgan untuk dua buah variabel x1 dan x2 adalah

i) 𝑥1 + 𝑥2 ′ = 𝑥1′𝑥2′

ii) 𝑥1. 𝑥2 ′ = 𝑥1′+𝑥2′

Contoh 10 :

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 ′)

B. Cara kedua : menggunakan prinsip dualitas

Mengubah + ∙ , ∙ +, 1 0, dan 0 1

Contoh 11 :

𝑓 𝑥,𝑦, 𝑧 = 𝑥(𝑦 ′𝑧′ + 𝑦𝑧) maka dual dari f adalah 𝑥 + 𝑦 ′ + 𝑧 ′ (𝑦 + 𝑧)

Maka komplemenkan tiap literal (variabel) fungsinya

𝑓′ = 𝑥′ + 𝑦 + 𝑧 (𝑦′ + 𝑧′)

Jadi 𝑓 ′(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥′ + 𝑦 + 𝑧 (𝑦′ + 𝑧′)

6. Bentuk Kanonik (Baku)

Ada dua macam bentuk yaitu :

1. Penjumlahan dari hasil kali (Sum Of Product atau SOP)

2. Perkalian dari hasil jumlah (Product Of Sum atau POS)

Contoh 12 :

1. f(x, y, z) = x‟y‟z + xy‟z‟ + xyz 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) POS

Setiap suku (term) disebut maxterm

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 13 :

Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

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 = (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 = (0, 2, 3, 5, 6)

Contoh 14 :

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 = (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 = (0, 2, 3)

Konversi Antar Bentuk Kanonik

Misalkan

f(x, y, z) = (1, 4, 5, 6, 7)

dan f ‟adalah fungsi komplemen dari f,

f ‟(x, y, z) = (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

= (0,2,3)

Jadi, f(x, y, z) = (1, 4, 5, 6, 7) = (0,2,3).

Kesimpulan: mj‟ = Mj

Contoh 15 :

Nyatakan

f(x, y, z)= (0, 2, 4, 5) dan

g(w, x, y, z) = (1, 2, 5, 6, 10, 15)

dalam bentuk SOP.

Penyelesaian:

f(x, y, z) = (1, 3, 6, 7)

g(w, x, y, z)= (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)

Contoh 16 :

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‟

7. Rangkaian Logika

Aplikasi aljabar boolean meliputi :

a. Rangkaian Listrik / Jaringan Listrik / Switching Network

Saklar adalah objek yang mempunyai dua buah status yaitu : buka dan tutup.

Jenis Gambar

Saklar Terbuka

0

Saklar Tertutup

1

Rangkaian Seri p q

𝑝 ∧ 𝑞(= 𝑝𝑞)

Rangkaian Pararel

𝑝 ∨ 𝑞(= 𝑝 + 𝑞)

Contoh 17 :

b. Rangkaian Logika

Komputer dan peralatan elektronik lain dibuat dari sejumlah rangkaian logika. Rangkaian

logika menerima masukan dan keluaran berupa pulsa-pulsa listrik yang dapat dipandang sebagai

0 atau 1. Elemen dasar dari rangkaian logika adalah gerbang logika (logic gate) dan setiap

gerbang mengimplementasikan sebuah operasi Boolean.