3 ALJABAR BOOLEAN

3.0 Pendahuluan

3.1 Kaidah Boolean & Gerbang Logika Dasar

3.2 Fungsi Logika Boolean & Tabel Kebenaran

lts15 1

3.0 Pendahuluan • George Boole (1815 - 1864), seorang ahli matematik,

memperkenalkan konsep aljabar logika melalui publikasi tulisan, 'An Investigation of the Laws of Thought‘ (1854)..

• Aljabar Logika Boolean menggunakan

pendekatan biner, dengan variabel-variabel

dua harga ( 0 – 1, Benar – Salah , On – Off,

Ya – Tidak, … ) dan tiga operasi dasar

AND (perkalian logika), OR (penjumlahan l

ogika), NOT (pengingkaran/pembalikan logika).

• Sedemikian sederhananya konsep aljabar Boolean tsb , sehingga menuai banyak kritikan dan pengabaian dari komunitas ahli matematik pada masa itu.

lts15 2

Claude Shannon (1916-2001), seorang engineer ,

mempublikasikan tesis S2nya “A Symbolic Analysis of Relay and

Switching Circuits” (1938).

Tesis tsb memanfaatkan aljabar Boolean sebagai dasar

matematis untuk analisis & perancangan

rangkaian penyaklaran.

embrio perancangan komputer digital

lts15 3

Aljabar Boolean memberikan dasar matematis untuk

merepresentasikan fungsi fungsi bervariabel biner (fungsi

logika biner, fungsi logika Boolean)

logika

Boolean

x1

x2

xN-1

y1

y2

yM-1 xi dan yj adalah variabel

variabel biner

Variabel biner hanya punya

dua nilai . “0” atau “1”,

“benar” atau “salah”

“ya” atau “tidak”

“ada” atau “tidak ada”

logika biner (logika dua nilai)

Fungsi logika biner :

yi = Fi(x1 , x2 , ..., xN-1)

Nilai logika biner :

lts15 4

Contoh : logika pengambilan

keputusan

x1

x2

x3

y

x1

x2

x3

0 , jelek = 1 , cakep

0 , miskin = 1 , kaya

0 , bodoh = 1 , pinter

0 , mundur = 1 , jadian

y

0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 1 0

1 1 1

x1 x2 x3 y

Tabel Kebenaran

input output

input output

lts15 5

Contoh :

Dalam sebuah ruang dg kapasitas 8 orang, Fan dan AC

dikendalikan berdasarkan jumlah orang yang ada didalam ruang,

dengan logika sbb

Logika pengendalian fan &

AC

jumlah

orang

Kendali

X < 2 Fan off, AC off

2< X < 4 Fan on, AC off

4< X < 6 Fan off, AC on

X = 7 Fan on, AC on

Pengendali x y

input 8 nilai

output 4 nilai

lts15 6

jumlah

orang

sandi biner

x2 x1 x0

0 0 0 0

1 0 0 1

2 0 1 0

3 0 1 1

4 1 0 0

5 1 0 1

6 1 1 0

7 1 1 1

0 , AC di“off”kan y0 =

1 , AC di“on”kan

Penyandian input : Penyandian output :

0 , fan di“off”kan y1 =

1 , fan di“on”kan

8 nilai sandi 3 bit 4 nilai sandi 2 bit

Fan AC y1 y0

off off 0 0

off on 0 1

on off 1 0

on on 1 1 lts15 7

#orang

X

input output

x2 x1 x0 y1 y0

0 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 0

2 0 1 0 0 0

3 0 1 1 1 0

4 1 0 0 1 0

5 1 0 1 0 1

6 1 1 0 0 1

7 1 1 1 1 1

Tabel Kebenaran

logika pengendalian fan & AC

X < 2

2< X < 4

4< X < 6

X = 7

Pengendali

x0 y0

y1

x1 x2

x3

lts15 8

Fungsi fungsi logika Boolean disusun berdasarkan

operasi operasi logika dasar (operator operator)

AND, OR dan NOT.

Operasi operasi dasar Boolean

Operasi Operator

Pembalikan logika NOT, Invert

Penjumlahan logika OR

Perkalian logika AND

3.1 KAIDAH BOOLEAN

lts15 9

X F

input output

X F = X’

0 1

1 0

Fungsi logika NOT : F = X’

Tabel Kebenaran NOT :

Operasi NOT (Invert , Pembalikan , Pengingkaran)

Simbol gerbang NOT :

Operasi-operasi Logika Dasar

lts15 10

Input Output

X1 X0 F

0 0 0

0 1 1

1 0 1

1 1 1

Fungsi logika OR :

Tabel Kebenaran OR :

(Contoh : OR 2-input)

Simbol gerbang logika OR :

Operasi OR (Penjumlahan logika)

F = X0 + X1 + ... + XN-1

X0

X1

XN-1

F

X1

X0 F = X0 + X1

lts15 11

Input Output

X2 X1 X0 F

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 1

0 1 1 1

1 0 0 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 1

Tabel Kebenaran OR 3-input

Tabel Kebenaran OR 4-input ?

X1

X0 F = X0 + X1+ X2

X2

seluruh kemungkinan

kombinasi 3 var. biner

X , Y, Z

8 kombinasi

lts15 12

Input Output

X1 X0 F = X1 . X2

0 0 0

0 1 0

1 0 0

1 1 1

Fungsi logika AND :

Tabel Kebenaran AND :

(Contoh : AND 2-input)

Simbol gerbang AND :

Operasi AND (Perkalian logika)

F

F = X0 . X1 . ... . XN-1

X0

X1

XN-1

F = X0 . X1

X0

X1

lts15 13

input out

X Y Z F

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 0

1 1 1 1

AND 3-input : F = X . Y . Z

seluruh kemungkinan

kombinasi 3 var. biner

X , Y, Z

Jumlah kombinasi = 2n ,

n = jumlah variabel biner

8 kombinasi

X

Y F = X .Y . Z

Z

lts15 14

1. X + 0 = X

3. X + 1 = 1

5. X + X = X

7. X + X ’ = 1

9. (X ’)’ = X

10. X + Y = Y + X

12. X + (Y+Z ) = (X+Y ) + Z

14. X.(Y + Z ) = XY + XZ

16. (X + Y ) = X ×Y

18. X + X’.Y = X + Y

2. X 1 = X

4. X 0 = 0

6. X X = X

8. X X ’ = 0

11. X Y = Y X

13. X (Y Z ) = (X Y ) Z

15. X + (YZ ) = (X +Y)(X + Z )

17. (X ×Y)’ = X + Y

19. X.(X + Y’) = X’.Y’

Identitas (persamaan dasar) Boolean

dual

Dual adalah pasangan identitas lts15 15

Commutative law: Urutan penulisan variabel tidak

berpengaruh terhadap hasil.

(10) X + Y = Y + X (11) X . Y = Y . X

• Associative law: Pengelompokan variabel tidak berpengaruh

terhadap hasil.

(12) X + (Y + Z) = (X + Y) + Z (13) X.(Y.Z) = (X.Y).Z

• Distributive law: Variabel bersama dapat dikeluarkan.

(14) X.( Y + Z) = X.Y + X.Z (15) X + Y.Z = (X + Y).(X + Z)

lts15 16

Dual dari suatu identitas Boolean dapat diperoleh melalui

langkah langkah sebagai berikut.

1. Pertukarkan operator AND OR dalam identitas

tersebut,

2. Pertukarkan logika 0 1 dalam identitas tersebut.

3. Hasilnya adalah identitas lain yang merupakan

dual dari identitas pertama.

A + (B . C ) = (B . C ) + D A + A’ = 1

A . (B + C ) = (B + C ) . D A . A’ = 0

Bagaimana dual untuk A . (A’ + B) = A . B ?

Contoh :

lts15 17

Aturan deMorgan

Aturan deMorgan memungkinkan perubahan bentuk

perkalian logika (AND) ke bentuk penjumlahan logika (OR)

dan sebaliknya.

Identitas 16 : ( X + Y )’ = X’ . Y’ Identitas 17 : ( X . Y )’ = X’ + Y’

bentuk AND

bentuk OR

bentuk AND

bentuk OR

dasar aturan deMorgan : identitas 16 dan 17

lts15 18

Perluasan aturan deMorgan untuk fungsi 3 variabel

(X + Y + Z ) = (X + (Y + Z ))

= X . (Y + Z )

= X . (Y . Z )

(X + Y + Z ) = X . Y . Z

identitas 12

identitas 16

identitas 17

identitas 13

bentuk OR bentuk AND lts15 19

(X .Y. Z) = (X . (Y . Z ))

= X + (Y . Z )

= X + (Y + Z )

(X .Y. Z) = X + Y + Z

identitas ?

identitas ?

identitas ?

identitas ?

bentuk OR bentuk AND

lts15 20

Cara penulisan lain : A’ = A

( X . Y . Z ) = ( X . ( Y . Z ) )

= X + ( Y . Z )

= X + ( Y + Z )

= X + Y + Z

(X + Y + Z ) = ( X + ( Y + Z ) )

= X . ( Y + Z )

= X . ( Y . Z )

= X . Y . Z

lts15 21

Aturan de Morgan dan ekivalensi gerbang logika

( X . Y )’ = X’ + Y’

= X X

Y Y

F F

( X + Y )’ = X’ . Y’

Y

X

= F Y

X F

= F F

X

Y

X

Y

X’

Y’

lts15 22

1. (A B’ + A’ B)’ = (A . B’)’ . (A’ . B)’

= (A’ + B’’) . (A’’ + B’)

= (A’ + B) . (A + B’)

2. (X’ + Y’ + Z’)’

3. ((A + B + C) D)’

4. ((A B C)’ + D + E)’

5. (A’ B (C + D’) + E)’

Soal Latihan : Dengan aturan de Morgan ubahlah bentuk ekspresi Boolean dibawah ini

lts15 23

Pembuktian Identitas Boolean :

(a) Dengan induksi-lengkap

Terbukti X = X + 0

Identitas (1) : Identitas (16) : (X + Y)’ = X’ . Y’

Contoh : Buktikan

X + 0 = X

Terbukti X’ . Y’ = (X + Y)’

1 + 0

0 + 0

X + 0

1 1

0 0

X

0 1 0 0 1 1 0

0

0

1

X’ . Y’

1

1

0

( X + Y)

0 0 0 1 1

0 1 0 0 1

1 1 1 0 0

(X + Y)’ Y’ X’ Y X

sama sama

lts15 24

(b) Dengan menggunakan identitas2 Boolean

(14)

Buktikan identitas X Y + Y Z + X Z = X Y + X Z

X Y + Y Z + X Z = X Y + (X + X) Y Z + X Z

= X Y + X Y Z + X Y Z + X Z

= X Y (1 + Z ) + X Z ( Y + 1 )

= X Y . 1 + X Z . 1

X Y + Y Z + X Z = X Y + X Z terbukti !

(14)

(3) (3)

(7)

lts15 25

Soal Latihan : Buktikan

1) X + XY = X

X + XY = X(1 + Y)

= X . 1

X + XY = X

2) X + X’Y = X +Y

3) (X + Y)(X + Z) = X + YZ

. . . . identitas 3

. . . identitas 2

identitas 14

terbukti !

lts15 26

III.2 Fungsi Logika & Tabel Kebenaran

Fungsi Logika Boolean dapat dinyatakan dalam dua bentuk

ekspresi.

1. Bentuk ekspresi Sum Of Product (SOP).

F = penjumlahan suku-suku perkalian

Contoh : F = AB + B’ C + A’ B C’

2. Bentuk ekspresi Product Of Sum (POS)

F = perkalian suku-suku penjumlahan

Contoh : F = ( B + C ) . ( A + B’ + C’ )

lts15 27

Bentuk Kanonis

Ekspresi SOP atau POS yang tiap sukunya mengandung seluruh

literal (variabel) input disebut ekspresi SOP atau POS bentuk

kanonis.

Contoh : untuk fungsi 3-variabel F(A,B,C),

F(A,B,C) = A B C + A B C’ + A B’C + A’ B’C + A’ B C’

F(A,B,C) = ( A’ + B + C ) . ( A + B + C ) . ( A + B’ + C’)

Setiap suku mengandung literal (variabel) A, B, dan C.

Bentuk SOP kanonis :

Bentuk POS kanonis :

lts15 28

Contoh :

f(A,B,C) = A B + A’ C + A C’

= A B (C + C’) + A’ (B + B’) C + A (B + B’) C’

= ABC + ABC’ + A’BC + A’B’C + ABC’ + AB’C’

= ABC + ABC’ + A’BC + A’B’C + AB’C’

= m7 + m6 + m3 + m1 + m4

f(A,B,C) = m(1, 3, 4, 6, 7)

Bentuk Kanonis

Bentuk Non-kanonis

mi : mintermi atau suku-perkaliani.

SOP bentuk kanonis dpt diekspresikan sebagai penjumlahan minterm.

lts15 29

Contoh :

f(A,B,C) = (A + B + C).(A + B’ + C).(A’ + B + C’)

= M0 . M2 . M5

f(A,B,C) = M(0, 2, 5)

Bentuk Kanonis

Mi : Maxtermi atau suku penjumlahani.

POS bentuk kanonis dpt diekspresikan sebagai perkalian Maxterm.

lts15 30

Var.inp minterm

A B mi suku

0 0 m0 A’ B’

0 1 m1 A’ B

1 0 m2 A B’

1 1 m3 A B

Minterm untuk fungsi dengan 2 var.input :

Contoh :

(1) F1(A,B) = m1 + m2

= A’ B + A B’

(2) F2(A,B) = m0 + m3

= A’ B’ + A B

(3) F3(A,B) = m0 + m1 + m3

= A’ B’ + A’ B + A B

lts15 31

Var.inp Maxterm

A B Mi suku

0 0 M0 (A + B)

0 1 M1 (A + B’)

1 0 M2 (A’ + B)

1 1 M3 (A’+ B’)

Maxterm untuk fungsi dengan 2 var.input :

Contoh :

(1) G1(A,B) = M1 . M2

= (A + B’).(A’+ B)

(2) G2(A,B) = M0 . M3

= (A + B).(A’ + B’)

(3) G3(A,B) = M0 . M1 . M3

= (A + B).(A + B’).(A’ + B’) lts15 32

Var.inp minterm

A B mi suku

0 0 m0 A’ B’

0 1 m1 A’ B

1 0 m2 A B’

1 1 m3 A B

Mi = mi’

Maxterm

Mi suku

M0 (A + B)

M1 (A + B’)

M2 (A’ + B)

M3 (A’+ B’)

Mi = mi’

(A + B) = (A’ B’)’

(A + B’) = (A’ B)’

(A’ + B) = (A B’)’

(A’+ B’) = (A B)’

lts15 33

Var.input minterm Maxterm

A B C mi term Mi (mi)’ term

0 0 0 m0 A’ B’ C’ M0 ( A’ B’ C’)’ (A + B + C)

0 0 1 m1 A’ B’ C M1 ( A’ B’ C)’ (A + B + C’)

0 1 0 m2 A’ B C’ M2 ( A’ B C’)’ (A + B’ + C)

0 1 1 m3 A’ B C M3 ( A’ B C)’ (A + B’ + C’)

1 0 0 m4 A B’ C’ M4 ( A B’ C’)’ (A’ + B + C)

1 0 1 m5 A B’ C M5 ( A B’ C)’ (A’ + B + C’)

1 1 0 m6 A B C’ M6 ( A B C’)’ (A’ + B’ + C)

1 1 1 m7 A B C M7 ( A B C)’ (A’ + B’ + C’)

Minterm & Maxterm untuk fungsi dengan 3 var.input :

lts15 34

Ekspresi Boolean SOP/

POS ?

kanonis/non-

kanonis ?

1 F = B (A + C) (B’ + A’)

2 F = B + AB’ + B’C + A’C

3 F = (A + B) (A’ +B) (A + B)

4 F = ABC’ + A’BC + A’B’C’

5 F = AB + (B + C) (A + C)

Soal Latihan : Isi dengan jawaban yang benar !

lts15 35

Ekspresi Boolean SOP/

POS

kanonis/non-

kanonis

1 F = B (A + C) (B’ + A’) POS non-kanonis

2 F = B + AB’ + B’C + A’C SOP non-kanonis

3 F = (A + B) (A’ +B) (A + B) POS kanonis

4 F = ABC’ + A’BC + A’B’C’ SOP kanonis

5 F = AB + (B + C) (A + C) mixed non-kanonis

jawaban yang benar

lts15 36

Ekspresi Boolean Tabel Kebenaran

Ekspresi Boolean :

Jumlah variabel input N

Jumlah kombinasi input = 2N Tabel 2N entries

Contoh :

F(A,B,C) = A B + B’ C + A’ B C’

Jumlah variabel input N = 3

Jumlah kombinasi input = 23 = 8

A B C F

0 0 0 0 …

1 0 0 1 …

2 0 1 0 …

3 0 1 1 …

4 1 0 0 …

5 1 0 1 …

6 1 1 0 …

7 1 1 1 …

8 entries

lts15 37

A B C F

0 0 0 0 . 0 + 0’ . 0 + 0’ . 0 . 0’ = 0

0 0 1 0 . 0 + 0’ . 1 + 0’ . 0 . 1’ = 1

0 1 0 0 . 1 + 1’ . 0 + 0’ . 1 . 0’ = 1

0 1 1 0 . 1 + 1’ . 0 + 1’ . 1 . 1’ = 0

1 0 0 1 . 0 + 0’ . 0 + 1’ . 0 . 0’ = 0

1 0 1 1 . 0 + 0’ . 1 + 1’ . 0 . 1’ = 1

1 1 0 1 . 1 + 1’ . 0 + 1’ . 1 . 0’ = 1

1 1 1 1 . 1 + 1’ . 1 + 1’ . 1 . 1’ = 1

Hitung harga output F untuk setiap kombinasi input :

F(A,B,C) = A B + B’ C + A’ B C’

lts15 38

F = AB + B’ C + A’ B C’

1 1 0 0

1 0 1 0

0 1 1 0

0 0 0 1

1 1 0 1

1 1 1 1

1 0 1 1

0 0 0 0

F C B A

0

1

2

3

4

5

6

7

input out

Tabel Kebenaran

lts15 39

Tabel Kebenaran Ekspresi Boolean

SOP kanonis Tabel Kebenaran ekspresi Boolean -- POS kanonis

Ekspresi SOP dibentuk dengan penjumlahan minterm minterm

yang membuat output F = 1 ( minterm-minterm mi(1) )

Ekspresi Booleannya : F = mi(1) S Contoh :

mi A B F

m0 0 0 1

m1 0 1 0

m2 1 0 0

m3 1 1 1

Tabel Kebenaran F = m0 + m3

= A’ B’ + A B

lts15 40

Ekspresi POS dibentuk dengan :

1. Menjumlahan minterm minterm yang membuat harga F = 0

( minterm-minterm mi(0) ) untuk mendapatkan

F’ = mi(0).

2. Nyatakan F = (F’)’ = mi(0) = mi(0)’ = Mi(0)

S

’

S

mi A B F

m0 0 0 1

m1 0 1 0

m2 1 0 0

m3 1 1 1

Contoh : F’ = m1 + m2

= A’B’ + AB

F = ( F’)’ = (A’B’ + AB)’

= (A’B’)’ . (AB)’

= (A + B). (A’+B’)

De Morgan

Tabel Kebenaran

lts15 41

Contoh : Dari Tabel Kebenaran dibawah ini, nyatakan ekspresi Boolean dalam bentuk SOP dan POSnya.

1 1 0 0

1 0 1 0

0 1 1 0

0 0 0 1

1 1 0 1

1 1 1 1

1 0 1 1

0 0 0 0

F C B A

0

1

2

3

4

5

6

7

Minterm minterm yang membuat

output F berharga “1” :

m1 , m2 , m5 , m6 , dan m7

F = m1 + m2 + m5 + m6 + m7

= A’B’C + A’B C’ + A B’C + A B C’ + A B C

Bentuk SOP :

lts15 42

1 1 0 0

1 0 1 0

0 1 1 0

0 0 0 1

1 1 0 1

1 1 1 1

1 0 1 1

0 0 0 0

F C B A

0

1

2

3

4

5

6

7

Minterm minterm yang membuat

output F berharga “0” :

m0 , m3 dan m4

Bentuk POS :

F’ = m0 + m3 + m4

F = (F’)’ = (m0 + m3 + m4)’

= (m0)’ . (m3)’ . (m4)’

= M0 . M3 . M4

F = (A + B + C) . ( A + B’ + C’) . ( A’ + B + C ) lts15 43

Var.input minterm Maxterm

A B C mi suku Mi (mi)’ suku

0 0 0 m0 A’ B’ C’ M0 ( A’ B’ C’)’ A + B + C

0 0 1 m1 A’ B’ C M1 ( A’ B’ C)’ A + B + C’

0 1 0 m2 A’ B C’ M2 ( A’ B C’)’ A + B’ + C

0 1 1 m3 A’ B C M3 ( A’ B C)’ A + B’ + C’

1 0 0 m4 A B’ C’ M4 ( A B’ C’)’ A’ + B + C

1 0 1 m5 A B’ C M5 ( A B’ C)’ A’ + B + C’

1 1 0 m6 A B C’ M6 ( A B C’)’ A’ + B’ + C

1 1 1 m7 A B C M7 ( A B C)’ A’ + B’ + C’

Minterm & Maxterm untuk fungsi dengan 3 var.input :

lts15 44

Fungsi logika yang (inputnya) tidak terdefinisikan

lengkap

A B C F

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

0 1 1 1

1 0 0 0

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0

A B C F

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

0 1 1 1

1 0 0 0

1 0 1 1

1 1 0 ?

1 1 1 ?

kombinasi-kombinasi input yg mungkin muncul

kombinasi-kombinasi input yg tidak mungkin muncul

terdefinisikan lengkap tak terdefinisikan lengkap lts15 45

pembangkit

kode

BCD

pembangkit

Paritas Ganjil

A

B

C

D

F

kode

BCD

diluar kode

BCD

Pembangkit kode BCD tidak akan pernah

menghasilkan kode > 1001 pada

outputnya.

Akibatnya, kombinasi input pada

pembangkit paritas ganjil tidak akan

pernah > 1001.

Contoh : A B C D

0 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

0 1 1 1

1 0 0 0

1 0 0 1

1 0 1 0

1 0 1 1

1 1 0 0

1 1 0 1

1 1 1 0

1 1 1 1 lts15 46

pembangkit

Paritas Ganjil

A

B

C

D

F

Tabel Kebenaran Pembangkit Paritas Ganjil

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 0/1

1 0 1 1 0/1

1 1 0 0 0/1

1 1 0 1 0/1

1 1 1 0 0/1

1 1 1 1 0/1

Dengan keyakinan bahwa kombinasi > 1001

tidak akan pernah muncul, maka output F

boleh diberi harga sembarang (harga don’t

care), 0 atau 1.

lts15 47

Tabel Kebenaran Pembangkit Paritas Ganjil

dapat dinyatakan sbb

Dengan d = don’t care, yang boleh diberi

nilai sembarang 0 atau 1.

Dengan keyakinan bahwa kombinasi tsb

tidak akan pernah muncul, maka pemberian

harga output = d tidak akan berpengaruh

terhadap tabel kebenaran utama.

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 d

1 0 1 1 d

1 1 0 0 d

1 1 0 1 d

1 1 1 0 d

1 1 1 1 d lts15 48

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 d

1 0 1 1 d

1 1 0 0 d

1 1 0 1 d

1 1 1 0 d

1 1 1 1 d

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 0

1 0 1 1 0

1 1 0 0 0

1 1 0 1 1

1 1 1 0 1

1 1 1 1 0

F = (m0 + m3 + m5

+ m6 + m9)

+ (m13 + m14)

(a)

lts15 49

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 d

1 0 1 1 d

1 1 0 0 d

1 1 0 1 d

1 1 1 0 d

1 1 1 1 d

A B C D F

0 0 0 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 0 0

0 0 1 1 1

0 1 0 0 0

0 1 0 1 1

0 1 1 0 1

0 1 1 1 0

1 0 0 0 0

1 0 0 1 1

1 0 1 0 1

1 0 1 1 1

1 1 0 0 0

1 1 0 1 1

1 1 1 0 0

1 1 1 1 0

F = (m0 + m3 + m5

+ m6 + m9)

+ (m10 + m11

+ m13 )d

(b)

lts15 50

(b) F = (m0 + m3 + m5 + m6 + m9) + (m10 + m11 + m13 )d

F = (m0 + m3 + m5 + m6 + m9) + (m13 + m14)d (a)

tidak pernah muncul pada input, sehingga tidak berpengaruh pada output F

lts15 51

1 1 0 0

1 0 1 0

0 1 1 0

1 0 0 1

0 1 0 1

1 1 1 1

0 0 1 1

0 0 0 0

F C B A 1. Dari Tabel Kebenaran ini, turunkan fungsi

logika dalam bentuk SOP dan POS .

input out Soal Latihan :

A B C f(A,B,C)

0 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 0

0 1 1 1

1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 0 1

1 1 1 1

(a) (b) lts15 52

? X

Y F(X,Y) = ?

1

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

1

0

0

0

1

0

1

0

1

1

0

1 0 0 0 1

1 0 0 1 1

1 0 0 1 0

1 1 0 0 0

F0 Y X F1 F2 F3 F4 F5 F6 F8 F9 F10 F14 F7 F15

… fungsi logika yang berbeda , Fi , i = 0 , 1 , ... , 15 ,

2. Untuk sistem kombinatorial dengan N = 2 input, berapakah jumlah fungsi logika yg dpt dibentuk ?

F8 = fungsi AND F14 = fungsi OR

F6 = fungsi EXOR F7 = fungsi NAND F1 = fungsi NOR

lts15 53

X Y F0

0 0 0

0 1 0

1 0 0

1 1 0

F0 = 0

X Y F1

0 0 1

0 1 0

1 0 0

1 1 0

F1 = X’. Y’

X Y F2

0 0 0

0 1 1

1 0 0

1 1 0

F2 = X’ . Y

X Y F3

0 0 1

0 1 1

1 0 0

1 1 0

F3 = X

X Y F4

0 0 0

0 1 0

1 0 1

1 1 0

F4 = X.Y’

X Y F5

0 0 1

0 1 0

1 0 1

1 1 0

F5 = Y’

X Y F6

0 0 0

0 1 1

1 0 1

1 1 0

F6 = X’.Y+X.Y’

X Y F7

0 0 1

0 1 1

1 0 1

1 1 0

F7 = X’ + Y’

F8 = ? F9 = ? . . . F15 = ? lts15 54

1

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

1

0

0

0

1

0

1

0

1

1

0

1

0

0

0

1

1

0

0

1

1

1

0

0

1

0

1

1

0

0

0

F0

Y

X

F

1

F2

F

3

F4

F

5

F6

F

8

F9

F

10

F

14

F

7

F1

5

0 0 0 0 F0

0 0 0 1 F1

0 0 1 0 F2

0 0 1 1 F3

0 1 0 0 F4

0 1 0 1 F5

0 1 1 0 F6

0 1 1 1 F7

1 0 0 0 F8

1 0 0 1 F9

1 0 1 0 F10

1 0 1 1 F11

1 1 0 0 F12

1 1 0 1 F13

1 1 1 0 F14

1 1 1 1 F15

22 bit

2 22

kombinasi

Fungsi logika dengan N variabel biner menghasilkan

2 2 N fungsi logika yang berbeda

N=2

lts15 55

input output

XN XN-

1

. . . X1 X0 y0 y1 y2 . . . y22N -1

0 0 0 . . . 0 0 0 1 0 . . . 1

1 0 0 . . . 0 1 0 0 1 . . . 1

2 0 0 . . . 1 0 0 0 0 . . . 1

3 0 0 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1

: : : : : : : : : : :

2N-4 1 1 . . . 0 0 0 0 0 . . . 1

2N-3 1 1 0 1 0 0 0 . . . 1

2N-2 1 1 . . . 1 0 0 0 0 . . . 1

2N-1 1 1 . . . 1 1 0 0 0 . . . 1

Untuk N variabel input , ada 2N kombinasi 2

N k

om

bin

asi

lts15 56

3. Buktikan identitas dibawah ini.

(a) ( X’ Y + X Z )(X + Y’) = X Z

(b) A’ C’ + A D + A C D’ = A’ C’ D’ + C’ D + A C

(c) X + Y’Z = X Y Z + X Y Z’ + X Y’ Z + X Y’ Z’ + X’ Y’ Z

(d) (A B)’ + (A C)’ + A’ B’ C’ = A’ + B’ + C’

4. Dengan aljabar Boolean sederhanakan ekspresi ini :

(a) F = B D + B (D + E) + D'(D + F)

(b) F = (B + B C)(B + B‘ C)(B + D)

(c) F = A B C (A B + C'(B C + A C))

(d) F = A + A B + A B’ C

lts15 57

1. f = a’bc + a’bc’ + abc + ab’c’ + abc‘ = b + a (bc)’

2. f = ab + a’b + a’b’

3. f = ( a + a’) ( ab + abc’ )

4. f = ( ( a + b’ ) ( c’ + d) )’

5. f = ( a + ( bc )’ + cd )’ + (bc)‘

6. f = ( (a + b + c’ ) ( a’+ b + c’ ) )’

7. f = ( ab + a’c + bc’ )’

8. f = ( ab + a’c’ ( b + c‘) )’

5. Buktikan

= a’ b + c d’

= a b

= a’ + b

= a’d’ + b’ + c’

= b’ c

= a b’ + b’c’

= ( a’+ b’ )( a + c )

lts15 58

1. f = a’bc + a’bc’ + abc + ab’c’ + abc‘ =/= b + a (bc)’

2. f = ab + a’b + a’b’

3. f = ( a + a’) ( ab + abc’ )

a b + a’ b + a’ b’ = a b + a’ b + a’ b + a’ b’

= b (a + a’) + a’ (b + b’) = b + a’

( a + a’) ( ab + abc’ ) = 1 ( a b ( 1 + c’) ) = a b

= a’ + b

= a b

4. f = ( ( a + b’ ) ( c’ + d) )’

( a+b’)’ + ( c’ + d )’ = a’ b + c d’

= a’ b + c d’

Jawaban soal no. 5

lts15 59

= (( a + (b c)’ + c d) . (b c) )’

= ( a (b c) + (b c)’(b c) + c d (b c))’

= ( a b c + (b’ + c’).b c + b d c )’

= ( a b c + b b’ c+ b c c’ + b d c )’

= ( a b c + b d c )’ = (a b c)’ (b d c)’

= (a’ + b’ + c’) ( b’ + d’ + c’ )

= a’ b’ + a’ d’ + a’ c’ + b’ b’ + b’ d’ + b’ c’ + c’ b’ + c’ d’ + c’ c’

= a’ b’ + a’ d’ + a’ c’ + b’ + b’ d’ + b’ c’ + c’d’ + c’

= ( a’ b’ + b’ + b’ c’ + b’ d’) + ( a’ c’ + c’ + c’ d’) + a’ d’

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

= b’ + c’ + a’ d’ terbukti

5. f = ( a + ( bc )’ + cd )’ + (bc)‘ = a’d’ + b’ + c’

lts15 60

= ( a + b + c’ )’ + ( a’ + b + c’ )’

= ( a’ b’ c) + ( a b’ c )

= b’ c ( a’ + a ) = b’ c terbukti

= (a b)’ . (a’ c)’ . (b c’)’ = ( a’ + b’) ( a + c’ ) ( b’ + c)

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

= ( a’ c’ + b’ a + b’ c’ ) ( b’ + c)

= a’ b’ c’ + a’ c’ c + a b’ + a b’ c + b’ b’ c’ + b’ c’ c

= a’ b’ c’ + a b’ + a b’ c + b’ c’

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

6. f = ( (a + b + c’ ) ( a’+ b + c’ ) )’ = b’ c

7. f = ( ab + a’c + bc’ )’ = a b’ + b’c’

lts15 61

= (a b)’ . ( a’ c’ ( b + c’ ))’

= ( a’ + c’ ) ( a’ b c’ + a’ c’ c’ )’

= ( a’ + c’ ) ( (a’ b c’ )’ . ( a’ c’ )’ )

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

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

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

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

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

= (a’ + c’) ( a + c ) terbukti

8. f = ( ab + a’c’ ( b + c‘) )’ = ( a’+ b’ )( a + c )

lts15 62