ALJABAR

BOOLEAN

Oleh Wayan Suparta, PhD

Prodi Informatika, UPJ

Pertemuan 2: INF 203

OPERASI

PENJUMLAHAN

DAN

PENGURANGAN

Penjumlahan dan Pengurangan

Operasi Penjumlahan

Aturan umum

0 + 0 = 0

0 + 1 = 1

1 + 0 = 1

1 + 1 = 0, simpan (carry) 1

Operasi

Pengurangan

Aturan Umum

0 – 0 = 0

1 – 0 = 1

1 – 1 = 0

0 – 1 =1 , pinjam 1

Pemangkatan

Desimal 103

(1000)

102

(100)

101

(10)

100

(1)

Contoh 8

3

2

3

3

8

Simpan (carry) 1 1

Jumlah 1 1 6 1

Penjumlahan Desimal

Pemangkatan

Biner 25

32

24

16

23

8

22

4

21

2

20

1

Contoh 1

1

1

1

0

0

0

1

1

1

Simpan (carry) 1 1 1 1

Jumlah 1 1 0 1 0 0

Penjumlahan Biner

Bit Bertanda

Bit 0 menyatakan bilangan positif

Bit 1 menyatakan bilangan negatif

AA66 AA55 AA44 AA33 AA22 AA11 AA00

00 11 11 00 11 00 00 = + 52= + 52

BB66 BB55 BB44 BB33 BB22 BB11 BB00

11 11 11 00 11 00 00 = = -- 5252

Bit Tanda

Bit Tanda

Magnitude

Magnitude

Metode untuk menyatakan bit bertanda digunakan sistem

komplement kedua (2’s complement form)

Komplemen ke 2

Komplemen ke 1

Biner 0 diubah menjadi 1

Biner 1 diubah menjadi 0

11 00 11 11 00 11 00

00 11 00 00 11 00 11

Misal

Biner Awal

Komplemen pertama

Membuat Komplemen ke 2

1. Ubah bit awal menjadi komplemen pertama

2. Tambahkan 1 pada bit terakhir (LSB)

11 00 11 11 00 11

00 11 00 00 11 00

11

00 11 00 00 11 11

Misal:

Biner Awal = 45

Komplemen 1

Tambah 1 pada LSB

Komplemen 2

Menyatakan Bilangan Bertanda dengan Komplemen ke 2

1. Apabila bilangannya positif, magnitude dinyatakan dengan

biner aslinya dan bit tanda (0) diletakkan di depan MSB.

2. Apabila bilangannya negatif, magnitude dinyatakan dalam

bentuk komplemen ke 2 dan bit tanda (1) diletakkan di depan

MSB

00 11 00 11 11 00 11 Biner = + 45Biner = + 45

11 00 11 00 00 11 11 Biner = Biner = -- 4545

Bit Tanda

Bit Tanda Biner asli

Komplemen ke 2

Negasi

Operasi mengubah sebuah bilangan negatif menjadi

bilangan positif ekuivalennya, atau mengubah bilangan

positif menjadi bilangan negatif ekuivalennya.

Hal tersebut dilakukan dengan meng-komplemenkan ke

2 dari biner yang dikehendaki

Misal : negasi dari + 9 adalah – 9

+ 9 = 01001 Biner awal

- 9 = 10111 Negasi (Komplemen ke 2)

+ 9 = 01001 Di negasi lagi

Dua bilangan positif Dilakukan secara langsung. Misal penjumlahan +9 dan +4

Penjumlahan di Sistem Komplemen ke 2

+9+9 00 11 00 00 11

+4+4 00 00 11 00 00

00 11 11 00 11

Bit tanda, ikut dalam operasi penjumlahan

Bilangan positif dan sebuah bilangan negatif

yang lebih kecil

Misal penjumlahan +9 dan -4. Bilangan -4 diperoleh dari

komplemen ke dua dari +4

+9+9 00 11 00 00 11

--44 11 11 11 00 00

00 00 11 00 11 1

Carry diabaikan, hasilnya adalah 00101 ( = +5)

Bilangan positif dan sebuah bilangan negatif

yang lebih Besar

Misal penjumlahan -9 dan +4. Bilangan -9 diperoleh dari

komplemen ke dua dari +9

--99 11 00 11 11 11

+4+4 00 00 11 00 00

11 11 00 11 11

Bit tanda ikut dalam operasi penjumlahan

Dua Bilangan Negatif

Misal penjumlahan -9 dan -4. Bilangan -9 dan - 4 masing –

masing diperoleh dari komplemen ke dua dari +9 dan -4

--99 11 00 11 11 11

--44 11 11 11 00 00

11 00 00 11 11

Bit tanda ikut dalam operasi penjumlahan

1

Carry diabaikan

Operasi Pengurangan Aturan Umum

0 – 0 = 0

1 – 0 = 1

1 – 1 = 0

0 – 1 =1 , pinjam 1

11 11 11 00

11 00 11 11

11 11 PinjamPinjam

00 00 11 11 HasilHasil

Misal:

Operasi Pengurangan

Operasi pengurangan melibatkan komplemen ke 2 pada

dasarnya melibatkan operasi penjumlahan tidak berbeda

dengan contoh – contoh operasi penjumlahan

sebelumnya.

Prosedur pengurangan

1. Negasikan pengurang.

2. Tambahkan pada yang dikurangi

3. Hasil penjumlahan merupakan selisih antara

pengurang dan yang dikurangi

Misal : +9 dikurangi +4

+9 01001

+4 00100 -

Operasi tersebut akan memberikan hasil yang sama dengan

operasi

+9 01001

-4 11100 +

+9+9 00 11 00 00 11

--44 11 11 11 00 00

00 00 11 00 11 1

Carry diabaikan, hasilnya adalah 00101 ( = +5)

ALJABAR BOOLEAN 1. Definisi dan Identitas Boolean

2. Bentuk Kanonik

Minterm dan Maxnterm

SOP dan POS

Konversi

3. Aplikasi Boolean

Capaian Pembelajaran Mahasiswa dapat menjelaskan konsep diagram Venn,

teorema Boolean dan membangun fungsi Boolean.

• Misalkan terdapat

• Dua operator biner: + dan

• Sebuah operator uner: ’

• B : himpunan yang didefinisikan pada operator +, ,

dan ’0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.

• Tupel

(B, +, , ’)

• disebut aljabar Boolean jika untuk setiap a, b, c B

berlaku aksioma-aksioma atau postulat Huntington

berikut:

Definisi Aljabar Boolean

1. Closure: (i) a + b B

(ii) a b B

2. Identitas: (i) a + 0 = a

(ii) a 1 = a

3. Komutatif: (i) a + b = b + a

(ii) a b = b . a

4. Distributif:(i) a (i) (b + c) = (a b) + (a c)

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

5. Komplemen[1]: (i) a + a’ = 1

(ii) a a’ = 0

Postulat Huntington

Aljabar Boolean dua-nilai:

- B = {0, 1}

- operator biner, + dan

- operator uner, ’

- Kaidah untuk operator biner dan operator uner:

A B A B A B A + B A B’

0 0 0 0 0 0 0 1

0 1 0 0 1 1 1 0

1 0 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1

Aljabar Boolean Dua-Nilai

Perjanjian: A B AB

21

Hukum-hukum Aljabar Boolean 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) aa’ = 0

4. Hukum dominansi:

(i) a 0 = 0

(ii) a + 1 = 1

5. Hukum involusi:

(i) (a’)’ = a

6. Hukum penyerapan:

(i) a + ab = a

(ii) a(a + b) = a

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

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.

Contoh:

• f(x) = x

• f(x, y) = x’y + xy’+ y’

• f(x, y) = x’ y’

• f(x, y) = (x + y)’

• f(x, y, z) = xyz’

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 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

BENTUK KANONIK

x

y

z

Minterm Maxterm

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

Kesimpulan: mj’ = Mj

Contoh: 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, 3, 5, 6)

dan f ’adalah fungsi komplemen dari f,

f ’(x, y, z) = (0, 2, 4, 7) = m0+ m2 + m4+ m7

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).

1. Jaringan Pensaklaran (Switching Network)

Saklar: objek yang mempunyai dua buah keadaan: buka dan tutup.

Tiga bentuk gerbang paling sederhana:

1. a x b

Output b hanya ada jika dan hanya jika x dibuka x

2. a x y b

Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y dibuka xy

3. a x

c

b y

Output c hanya ada jika dan hanya jika x atau y dibuka x + y

Aplikasi Aljabar Boolean

Contoh rangkaian pensaklaran pada rangkaian listrik:

1. Saklar dalam hubungan SERI: logika AND

Lampu

A B

Sumber tegangan

2. Saklar dalam hubungan PARALEL: logika OR

A

Lampu

B

Sumber Tegangan

LATIHAN 2

1. 0,827 = (…..)2 dan (……)8 dan 0,1012 = …….. desimal.

2. 10010012 – 11010102 = ……..

3. 101012 – 8B16 = …….. 4. Hitung hasil operasi aritmatika pada bilangan biner berikut :

a) 1010 + 1101 c ) 1101 – 0010

b) 11011 + 01110 d) 11010 – 10010

5. Tentukanlah Komplemen 1 dan Komplemen 2 dari bilangan

desimal berikut :

a. 27 b. 36 c. 71 d. 90

6. Diketahui fungsi Boolean f(x, y, z) = xy’ z, nyatakan h dalam

tabel kebenaran.

7. Selesaikan fungsi f(x, y, z) = x(y’z’ + yz) dengan Teorema De

Morgan.

8. Buktikan distributif: a (b + c) = (a b) + (a c)

melalui tabel kebenaran:

9. Apa yang dimaksud degan bita tanda, MSB, LSB,

Komplemen 1 (K1) dan komplemen 2 (K2)?

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

0 0 0

0 0 1

0 1 0

0 1 1

1 0 0

1 0 1

1 1 0

1 1 1

10. Sederhanakan identitas berikut:

a). Y = AC’ + AB’C’ c). Y= (A+B) (A+C)

b). Y=AD’ + A’BD d). Y=(A+B)(A’+B)

11. 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

12. Carilah bentuk kanonik

SOP dan POS dari

f(x, y, z) = z’ + yz + xy’z

13. Nyatakan dalam bentuk

kanonik (SOP & POS) f(x, y, z)= (0, 2, 5, 7) dan

g(w, x, y, z) = (1, 2, 4, 8, 15)